Etude sur la répartition des nombres premiers, Densité de la suite

Baptiste BERRUEE
Gaëlle CHAGNY
Etude sur la répartition des nombres
premiers,
Densité de la suite
(sin p),
p est
[−1; 1].
où
nombre premier, dans
Projet de mathématiques, Professeur responsable : M.Dhersin
Licence 3, 2006-2007, Université Paris V.
un
Table des matières
Introduction
3
1 Resultats préliminaires
1.1
1.2
1.3
1.4
Un résultat sur la répartition des nombres premiers . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Existence d'une innité de nombres premiers . . . . . . . . . . .
1.1.2 Le résultat important sur la fréquence asymptotique des nombres
Irrationnalité de π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Calcul de la somme de la série des inverses des carrés . . . . . . . . . . .
1.3.1 Développement en série de Fourier de la fonction x 7→ x2 . . . .
1.3.2 Calcul de la somme de la série des inverses des carrés . . . . . .
Densité de la suite (sin n)n∈N dans [−1; 1]. . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Un résultat de topologie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Densité de N + 2πZ dans R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Le résultat de densité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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Approximation d'un irrationnel par une suite de rationnels . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Un premier résultat général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Approximation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Introduction des notations et de la démarche suivie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Premières notations : introduction d'une fonction f . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Développement de f en série de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Utilisation de cette fonction f pour notre problème : dénition de Fn . . . . . . .
Une première minoration de Fn , n ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 La minoration de Fn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
X
2iπmαp 2.3.2 Ce qu'il reste à faire : introduction de e
. . . . . . . . . . . . . .
Pn <p≤P
n
4
X
2iπαm,n p Majoration de e
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Pn <p≤P
n
4
X
2.4.1 Etude d'une somme du type
g(p) où g : N → Q est bornée en module par
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2 Preuve principale
2.1
2.2
2.3
2.4
X
première écriture de
2.4.2
2.4.3
2.4.4
2.5
2.6
p
2iπαm,n p
Pn
4
e
<p≤Pn
. . . . . .
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premiers
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4
4
4
6
10
10
11
11
11
12
13
14
14
14
15
16
16
16
19
19
19
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21
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23
1,
en 3 termes : R, SQ (αm,n ), B(αm,n ) . . . . . .
Majoration de R . . . . . . . . . . . . . . . .
Majoration de la partie linéaire SQ (αm,n ) . .
Majoration de B(αm,n ) . . . . . . . . . . . .
X
Conclusion sur la majoration de e2iπαm,n p .
Pn <p≤P
4
23
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
26
35
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40
Conclusion de la preuve principale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
4
n
1
TABLE DES MATIÈRES
2.6.1
2.6.2
Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Conclusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
40
41
Conclusion
43
Index des notations
45
Bibliographie
46
Introduction
Le but de ce projet est de travailler sur la répartition des nombres premiers et plus précisément sur la
densité de la suite (sin p)p dans l'intervalle [−1; 1], où p est un nombre premier. Nous avons travaillé à partir
de l'article intitulé Variations modernes sur la suite des nombres premiers, de la densité de la suite sin p
lorsque p parcourt l'ensemble des nombres premiers de O.Ramaré (chercheur au CNRS).
Nous avons été amenés à séparer de la preuve principale certains résultats préliminaires :
Tout d'abord il a été utile de rappeler qu'il existe une innité de nombres premiers, résultat -est-il
utile de le dire ?- indispensable à la densité d'une quelconque suite indicée par des nombres premiers,
et d'admettre un résultat fondamental sur la fréquence asymptotique des nombres premiers, appelé
parfois théorème fondamental des nombres premiers et donnant un équivalent du nombre de nombres
premiers inférieurs ou égaux à un réel xé.
Ensuite, comme le projet se fonde sur la démonstration de la densité des parties fractionnaires des
p/2π , p nombre premier, dans [0; 1], il nous a fallu montrer l'irrationnalité de π et calculer la valeur de
P
2
n≥0 1/n ("lemme" utile pour certaines inégalités dans la partie majeure).
Enn nous avons choisi de commencer l'étude de la suite (sin p)p en montrant que celle des (sin n)n∈N
était dense dans [−1; 1], résultat bien sûr beaucoup plus simple et ne nécessitant cette fois aucune
référence aux nombres premiers !
C'est seulement après avoir démontré tout ceci que nous avons pu démarrer la preuve principale, en choisissant une organisation un peu diérente de celle de l'article d'O.Ramaré.
On pourra trouver à la n du dossier un index de toutes les notations utilisées.
3
Chapitre 1
Resultats préliminaires
1.1
Un résultat sur la répartition des nombres premiers
1.1.1 Existence d'une innité de nombres premiers
Il s'agit d'un premier résultat qui est facilement démontré et qui peut sembler "évident" au vu du titre
du projet. Cependant, il nous a semblé utile de le rappeler ici, puisqu'il ne serait même pas envisageable de
parler d'une suite de réels indicée par les nombres premiers s'il n'en existait pas un nombre susant !
La première démonstration de ce résultat est probablement dûe à Euclide. C'est à peu près celle que nous
reproduisons ici. Mais il existe beaucoup d'autres démonstrations possibles : on en trouvera par exemple pas
moins de 9 diérentes dans [2].
Lemme 1.1 Tout entier naturel supérieur ou égal à 2 admet un diviseur premier.
Preuve
Soit n ∈ N, n ≥ 2.
Si n est premier, comme n divise n, c'est terminé.
Sinon, n n'est pas premier et alors l'ensemble des diviseurs d de n tels que 2 ≤ d ≤ n n'est pas vide, il
admet donc un plus petit élément noté p. Montrons que p est nécessairement premier. Par l'absurde,
s'il ne l'était pas, il admettrait un diviseur d0 tel que 2 ≤ d0 < p. Tout diviseur de p étant un diviseur
de n, p ne serait plus le plus petit diviseur premier de n supérieur ou égal à 2 ce qui est absurde. Donc
p est premier.2
Théorème 1.1 Il existe une innité de nombres premiers.
Preuve
Par l'absurde : supposons l'ensemble des nombres premiers ni ; soit alors q le plus grand d'entre eux.
Posons N = 2 × 3 × 5 × 7 × · · · × q + 1 où 2 × 3 × 5 × 7 × · · · × q désigne le produit de tous les nombres
premiers entre 2 et q . Par le lemme, il existe un nombre premier p qui divise N : p ne peut être ni 2, ni
3, ni ..., ni q : sinon, p diviserait 2 × 3 × 5 × 7 × · · · × q , et comme p divise N il diviserait la diérence
N − 2 × 3 × 5 × 7 × · · · × q c'est à dire p divise 1, ce qui n'est pas possible. Donc p est premier et p > q .
Contradiction avec la dénition de q . Absurde ! Donc l'ensemble des nombres premiers est bien inni.2
1.1.2 Le résultat important sur la fréquence asymptotique des nombres premiers
Notons, pour tout x ≥ 2, Π(x) le nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux à x, c'est à dire,
X
Π(x) =
1
p≤x
4
5
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
en utilisant la convention suivante (dont on se servira aussi dans toute la suite) : lorsque la variable de
sommation est appelée "p", cela signie que la somme ne porte que sur les nombres premiers.
On admet alors le résultat fondamental suivant :
Théorème 1.2 (théorème fondamental des nombres premiers)
lim
x→∞
Π(x)
=1
x/ log(x)
Un peu d'histoire...
Pendant longtemps, les mathématiciens se sont demandés s'il existait une fonction f (x) qui pouvait approximer, même grossièrement, le nombre π(x) des nombres premiers inférieurs à x.
Gauss, le premier remarqua qu'en prenant un nombre au hasard aux environs de x, on tombait sur
un nombre premier avec une probabilité de 1/ ln(x). Par exemple aux environs de 1000, il y a une
proportion de 1/ ln(1000) = 14.47 pour cent de nombres premiers. C'est donc en 1792, à quinze ans,
que
Z Gauss conjectura que π(x) est asymptotiquement égale à la fonction logarithme integrale Li(x) =
x
(1/ log(t))dt. Comme on savait Li(x)
2
∼
x→∞
x/ log(x), l'hypothèse était : π(x)
∼
x→∞
x/ log(x). La
question devint donc alors de prouver que :
lim
π(x)
=1
x/ log(x)
Cette hypothèse est aussi une conséquence d'une hypothèse proposée indépendamment par Legendre
entre 1798 et 1808 qui indiquait que π(x) devait être de la forme x/(ln(x) + C), où C appelée constante
de Legendre, est égale à 1.08366.
Plus tard, Tchebychev montra qu'il existait des constantes C ,C 0 , 0 < C 0 < 1 < C tel que C 0 x/ log(x) <
π(x) < Cx/ log(x) pour tout x ≥ 2. Il calcula par la suite ces constantes. Il prouva aussi que si
π(x)/(x/ log(x)) possédait une limite nie à l'inni, c'était nécessairement 1 et que l'approximation de
Legendre était incorrecte sauf si 1.08366 était remplacé par 1.
∞
X
Ce sont les travaux de Riemann sur la fonction zéta et ses zéros, ζ(s) =
(1/ns ) pour Re(s) > 1 qui
1
rent avancer le problème.
Ainsi en 1896, Hadamard et de la Vallée Poussin, grâce aux travaux précurseurs en analyse complexe
de Riemann, trouvèrent indépendamment et à quelques mois d'intervalle la solution du problème, ce
qui donna le Théorème fondamental des nombres premiers énoncé ci dessus.
Enn, en 1949 P.Erdös (mathématicien hongrois) et A.Selberg (mathématicien norvégien) donnèrent
une preuve du théorème plus élémentaire, sans utiliser les résultats d'analyse complexe. C'est nalement
Selberg qui obtint la médaille Fields en 1950, mais il y eut controverse pour savoir à qui attribuer la
découverte.
On va utiliser ce résultat sous une forme légèrement diérente : si l'on note pour x ≥ 2, C(x) le nombre
de nombres premiers compris entre x/4 strictement et x, c'est à dire
X
x
C(x) =
1 = Π(x) − Π( )
4
x
4 <p≤x
on obtient facilement à partir du théorème :
Corollaire 1.1
C(x) ∼
x→∞
3x
4 log(x)
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
6
Preuve
Par le théorème, on peut écrire :
Π(x) = δ(x)
x→∞
De là, il vient :
x
où lim δ(x) = 1.
x→∞
log(x)
x
x
x
x
C(x) = Π(x) − Π( ) = δ(x)
−δ
x→∞
4
log(x)
4 4 log(x) − 4 log 4
D'où le résultat.2
Donc, il existe une certaine constante c1 , un rang N ∈ N, tels que pour tout x ≥ N on ait la minoration
suivante :
x
C(x) ≥ c1
.
log(x)
C'est cette minoration que nous serons amenés à utiliser.
1.2
Irrationnalité de
π
Nous aurons aussi besoin d'utiliser le caractère irrationnel du nombre π , c'est pour cela que nous rappelons
ici ce résultat.
Théorème 1.3
π est irrationnel.
Ce résultat est connu depuis la démonstration du mathématicien suisse Johann Heinrich Lambert en 1761,
résultat redémontré ensuite par Legendre un peu plus tard, sous la forme "π 2 n'est pas rationnel".
Preuve
On va donner 2 méthodes de démonstration, les 2 reposant sur le même principe : raisonnement par l'absurde en supposant que π (pour la première méthode) ou π 2 (pour la deuxième méthode) est rationnel, choix
d'un polynôme dépendant d'un entier n, d'une fonction combinaison linéraire des dérivées d'ordre pair de ce
polynôme, justication du fait que cette fonction prend des valeurs entières en certains points, introduction
d'une intégrale dépendant du polynôme et de la fonction sinus, et aboutissement à une contradiction lorsque
l'on calcule la valeur de cette intégrale d'une part, et sa limite quand n → ∞ d'autre part.
a) Première méthode
Supposons par l'absurde que π est un nombre rationnel. Soient alors a ∈ N, et b ∈ N∗ , tels que π = a/b.
Première étape : Etude préalable d'une intégrale
On considère les fonctions ψ et φ :
ψ: R
→
R
x
7→
ψ(x) =
n
X
i=0
(−1)i P (2i) (x)
00
= P (x) − P (x) + P (4) (x) − · · · + (−1)n P (2n) (x).
φ: R
x
→
7
→
R
0
φ(x) = ψ (x)sinx − ψ(x)cosx,
où P est un polynôme de R[X] de degré 2n, et n ∈ N∗ .
Z π
Montrons que l'intégrale : I =
P (x)sin(x)dx vaut ψ(0) + ψ(π).
0
La fonction φ est dérivable sur R, comme somme et produit de fonctions dérivables et
0
00
φ (x) = (ψ (x) + ψ(x))sinx, x ∈ R. Or,
00
ψ(x) =
P (x) − P (x) + P (4) (x) − · · · + (−1)n P (2n) (x).
00
00
ψ (x) = P (x) − P (4) (x) + P (6) (x) − · · · + (−1)n P (2n+2) (x).
7
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
Donc, la plupart des termes se simplient et on obtient :
0
φ (x) = (P (x) + (−1)n P 2n+2 (x))sinx,
0
puis, comme le polynôme P est de degré 2n, on a φ (x) = P (x)sinx. Donc on peut alors en déduire :
Z π
0
I=
φ (x)dx = φ(π) − φ(0) = ψ(0) + ψ(π).
0
Deuxième étape : choix d'un polynôme particulier
On considère maintenant, pour n ∈ N∗ , le polynôme Pn :
1 n
X (a − bX)n ,
n!
et la fonction ψn dénie ci dessus, en remplaçant P par Pn .
On va montrer que ψn (0) et ψn (π) sont des entiers, et en déduire que :
Z π
Pn (x)sin(x)dx ∈ Z pour n ∈ N∗ ,
In =
Pn (X) =
0
avant de montrer que In ∈ N et d'aboutir à une contradiction.
1. Pour ψn (0) et pour ψn (π) :
(i) Cas de ψn (0)
1er point : Tout d'abord 0 est racine d'ordre n du polynôme Pn , donc :
∗
∀i ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, Pn(i) (0) = 0
2eme point :Ensuite pour les dérivées en 0 d'ordre supérieur, il faut exploiter la dénition de Pn :
Pn (X)
=
1
n
n! X
n
X
Cni an−i (−bX)i (binôme de Newton)
i=0
2n
X
1 j−n 2n−j
=
Cn a
(−bX)j (en posant j = n + i)
n!
j=n
D'autre part, on peut écrire :
Pn (X) =
2n
(i)
X
Pn (0)
i=0
i!
X i.
Donc par identication,
∀j ∈ {n, n + 1, . . . , 2n}, Pn(j) (0) =
Puis nalement :
j≥n ⇒
j! j−n 2n−j
C
a
(−b)j .
n! n
j!
∈ N ⇒ Pn(j) (0) ∈ N
n!
(j)
(j)
3eme point : Enn, pour i > 2n, Pn ≡ 0 donc en particulier, Pn (0) = 0.
On en conclut que
∀j ∈ N, Pn(j) (0) ∈ Z et ψn (0) ∈ Z.
(ii) Cas de
ψn (π)
Ecrivons diéremment Pn :
n
bn
Xn n a
b
− X = X n (π − X)n .
n!
b
n!
On voit ainsi Pn (π − X) = Pn (X). On dérive cette égalité (dérivée d'une fonction composée), et on a
donc :
∀i ∈ N, ∀x ∈ R, Pn(2i) (π − x) = Pn(2i) (x).
Pn (X) =
(2i)
D'où, Pn
(2i)
(π) = Pn
(0) et enn ψn (π) = ψn (0) ∈ Z.
8
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
2. Valeur de In :
On avait vu In = ψn (0) + ψn (π) à la première étape. Les 2 points précédents permettent donc de dire
In ∈ Z.
D'autre part, In est l'intégrale d'une fonction continue (un polynôme multiplié par un sinus) ; cette
fonction est de signe constant positif sur l'intervalle [0, π] (le sinus est bien sûr positif sur cet intervalle
et l'expression de Pn nous montre aussi qu'il est positif sur ce même ensemble, puisque ab = π ). Par
conséquent, In > 0, n ∈ N∗ .
3. Convergence de la suite In :
Soit n ∈ N∗ . Cherchons une majoration de In . On prend x ∈ [0, π] et on a :
0 ≤ xn ≤ π n
0 ≤ (π − x)n ≤ π n
0 ≤ sin x ≤ 1
Et ainsi,
0 ≤ Pn (x) ≤ π 2n
bn
n!
Puis enn, en intégrant entre 0 et π cette inégalité,
0 ≤ In ≤ π
(π 2 b)n
.
n!
xn
= 0, par théorème des "gendarmes", on a lim In = 0.
n→∞ n!
n→∞
Sachant, (par croissance comparée) lim
4. Conclusion :
(In )n∈N est une suite d'entiers naturels strictement positifs, donc minorée par 1. Or, nous venons de
voir qu'elle convergeait vers 0. Absurde !
Donc π n'était pas rationnel, et par conséquent il est irrationnel.
b)Deuxième méthode (Polynôme de Niven)
Première étape : Etude préalable d'une fonction
On considère la fonction polynomiale Pn pour n ∈ N :
[0, 1] → R
x
7→ Pn (x) =
Pn :
=
1
n!
xn (1−x)n
n!
n
X
Cnk (−1)k xn+k en utilisant la formule du binôme.
k=0
Montrons que les dérivées successives de Pn en 0 et en 1 sont des entiers.
1.
pour la valeur en 0 :
1er point : 0 est solution de Pn (x) = 0 avec une multiplicité n, donc les dérivées jusqu'à l'ordre n − 1
sont nulles :
∀i ∈ {0 . . . n − 1}, Pn(i) (0) = 0 ∈ Z
2ème point : On regarde les dérivées d'ordre m de Pn , pour tout m ∈ {n . . . 2n}, cela revient à regarder les dérivées d'ordre n + m, pour tout m ∈ {0 . . . n}. D'après la deuxième expression on obtient :
(n+m)
Pn
(x)
=
1
n!
n
X
Cnk (−1)k (n + k)(n + k − 1) · · · (n + k − (n + m − 1))xk−m
k=0
=
1
n!
n
X
k=0
Cnk (−1)k
(n + k)! k−m
x
(k − m)!
9
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
n
(n+m)
d'où, Pn
(0) =
1 X k
(n + k)! k−m
Cn (−1)k
0
n!
(k − m)!
k=0
Or, si k = m, 0k−m = 00 = 1 et si k > m, 0k−m = 0k−m = 0 donc,
(n+m)
Pn
(0)
=
1
m (n+m)!
(−1)m
n! Cn
0!
=
(−1)m
n!
n! m!(n−m)! (n
+ m)!
(n+m)!
= (−1)m m!(n−m)!
= (−1)m Cnm (m + n)(m + n − 1) · · · (n + 1) ∈ Z.
(i)
Donc, ∀i ∈ {n, . . . , 2n}, Pn ∈ Z.
2.
1:
(k)
Comme Pn (1 − x) = Pn (x), ∀k ∈ N, Pn (1 − x) = (−1)k Pn (k)(x), et par suite,
pour la valeur en
∀k ∈ N, Pn(k) (1) = (−1)k Pn (k)(0) ∈ Z.
Deuxième étape : Etude d'une intégrale
Supposons par l'absurde que π 2 est un nombre rationnel. Soient alors a ∈ N, b ∈ N∗ tels que π 2 =
dénit :
Z 1
I=
an πPn (x) sin(πx)dx.
a
b.
On
0
Soit
F (x)
(2n)
(2)
= bn (π (2n) Pn (x) − π (2n−2) Pn (x) + π (2n−4) Pn (4)(x) − · · · + (−1)n Pn (x))
(2n)
(2)
= (an Pn (x) − a(n−1) Pn (x) + a(n−2) Pn (4)(x) − · · · + (−1)n Pn (x)) car π = ab .
1. Montrons que I ∈ Z.
D'après la première étape, on note que F (0) et F (1) sont des entiers (puisque toutes les dérivées d'ordre
pair de f en 0 et en 1 sont des entiers). De plus,
0
F 0 (x) sin(πx) − πF (x) cos(πx)
= F 00 (x) sin(πx) + π cos(πx)F 0 (x) − πF 0 (x) cos(πx)
+π 2 sin(πx)F (x)
= F 00 (x) sin(πx) + π 2 sin(πx)F (x)
= (F 00 (x) + π 2 F (x)) sin(πx).
(4)
(2n+2)
Or, F 00 (x) = (an Pn00 (x) − a(n−1) Pn (x) + · · · + (−1)n Pn
(x))
(2n)
2
(n+1)
(n) 00
(n−1) (4)
et π F (x) = (a
Pn (x) − a Pn (x) + a
Pn (x) − · · · + (−1)n Pn (x))
donc en additionnant, les termes se télescopent, il reste :
0
(2n+2)
F 0 (x) sin(πx) − πF (x) cos(πx)
= π 2 (an Pn (x) + (−1)n Pn
(x)) sin(πx)
2 n
= π a Pn (x) sin(πx)
On obtient donc
I
R1
0
F 0 (x) sin(πx) − πF (x) cos(πx) dx
=
1
π
=
1
π
F 0 (1) sin(π) − πF (1) cos(π) −
=
1
π
πF (1) + πF (0)
0
= F (0) + F (1) ∈ Z.
1
π
F 0 (0) sin(0) − πF (0) cos(0)
10
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
2. Montrons 0 < I < 1
Rappel :
Z
1
I=
an πPn (x) sin(πx)dx.
0
(i) Montrons I > 0.
n
n
On a : a > 0 ; ∀x ∈ [0, 1] Pn (x) = x (1−x)
≥ 0 et sin(πx) ≥ 0, donc I > O.
n!
(ii) Montrons I < 1.
n
n
n
1
∀x ∈ [0, 1] 0 < Pn (x) = x (1−x)
< n!
et 0 ≤ sin(πx) ≤ 1 d'où I ≤ πa
n!
n! .
n
Montrons que πa
n! < 1
Nous savons :
X xk
xn
ex =
>
.
k!
n!
k≥0
Et en prenant x = n on obtient :
en ≥
1
enn, on a ∀a ∈ N∗ , π n a ≤ πa <
n
e
( n )n
nn
⇒ 1≥ e
n!
n!
à partir d'un certain rang n, donc
I≤
( n )n
πan
< e
≤ 1.
n!
n!
3. Conclusion
I ∈ Z et 0 < I < 1. Nous aboutissons donc à une absurdité, donc on en conclut que π 2 n'est pas
rationnel, et ainsi que π n'est pas non plus rationnel. En eet si π était un rationnel, alors il existerait
a ∈ N∗ ,b ∈ N∗ tels que π = a/b et on aurait π 2 = a2 /b2 rationnel, ce qui est absurde.2
1.3
Calcul de la somme de la série des inverses des carrés
Vers la n de la preuve du résultat principal, nous aurons besoin de majorer la somme des inverses des
carrés. Nous avons décidé d'utiliser la valeur exacte de cette somme, soit π 2 /6, et démontrons donc le résultat
ici, résultat qui fut une découverte d'Euler.
1.3.1 Développement en série de Fourier de la fonction x 7→ x2
Lemme 1.2 Soit
f la fonction 2π−périodique dénie sur l'intervalle [−π; π] par f (x) = x2 . La série de
Fourier de f est donnée par :
+∞
∀x ∈ R, SF (f )(x) =
π 2 X 4(−1)n
+
cos(nx),
3
n2
n=1
et SF (f ) converge vers f en tout point.
Preuve
Justions que f est continue sur R, ce qui permettra de calculer ses coecients de Fourier. Il est clair que f
est continue sur ] − π; π[, il faut donc simplement étudier le raccord en −π . On a d'une part, par périodicité
lim f (x) = lim− f (x) = lim− x2 = π 2
x→−π −
x→π
et d'autre part,
lim f (x) =
x→−π +
x→π
lim x2 = π 2
x→−π +
Ce qui prouve la continuité de f sur [−π; π] et, partant, la continuité sur R par 2π−périodicité.
On peut donc calculer les coecients de Fourier trigonométriques de f , an et bn pour n ∈ N. Comme f est
paire, les bn sont tous nuls. Il reste à calculer an :
11
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
Pour n = 0 :
a0 =
2
2π
Z
π
x2 cos(0x)dx =
−π
π
1 x3
2π 2
=
π 3 −π
3
Pour n ≥ 1 :
an
=
=
=
=
=
=
=
Z π
2
f (x)cos(nx)dx
2π Z−π
π
2
x2 cos(nx)dx
2π −π
iπ
h 2
R
x sin(nx)
1
2 π
−
x
sin(nx)dx
(en intégrant par parties)
π
n
n −π
Z π −π
1
2
x sin(nx)dx
0−
π
n −π
!
π
Z
1
2 −x cos(nx)
2 π cos(nx)
−
dx (en intégrant par parties à nouveau)
+
π
n
n
n −π
n
−π
1 4π
cos(πn) + 0
π n2
n
4(−1)
n2
On trouve donc bien les coecients annoncés. Enn, on utilise le théorème de convergence uniforme
convergence normale des séries de Fourier : f est continue, 2π−périodique, de dérivée continue par morceaux
donc la série de Fourier de f converge normalement donc uniformément vers f , donc converge vers f en tout
point.2
1.3.2 Calcul de la somme de la série des inverses des carrés
Proposition 1.1
+∞
X
1
π2
=
n2
6
n=1
Preuve
On utilise la fonction f ci-dessus et sa série de Fourier SF (f ). Pour x = π , on obtient en utilisant
le lemme :
+∞
π 2 X 4(−1)n
SF (f )(π) =
+
cos(nπ)
3
n2
n=1
+∞
π 2 X 4(−1)n
=
+
(−1)n
2
3
n
n=1
+∞
π2 X 4
=
+
3
n2
n=1
Or, par convergence SF (f )(π) = f (π) = π 2 . Donc :
+∞
X
π2
1
+4
= π2
2
3
n
n=1
puis le résultat.2
1.4
Densité de la suite
(sin n)n∈N
dans
[−1; 1].
1.4.1 Un résultat de topologie.
Lemme 1.3 Soient (E, T ) et (F, T 0 ) deux espaces topologiques.
Soit f : E → F continue surjective,
si A est dense dans E alors f (A) est dense dans F.
12
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
Preuve
Supposons A = E . Il s'agit de montrer f (A) = F ou encore que tout ouvert non vide de F rencontre f (A).
Soit O un ouvert de F . Comme f est continue, f −1 (O) est un ouvert de E , comme A est dense dans E ,
f −1 (O) ∩ A 6= ∅.
Si x ∈ f −1 (O) ∩ A, alors x ∈ f −1 (O) et x ∈ A ; puis, f (x) ∈ O et f (x) ∈ f (A) donc f (x) ∈ f (A) ∩ O, c'est
à dire f (A) ∩ O 6= ∅.
Donc f (A) est dense dans F .2
1.4.2 Densité de N + 2πZ dans R
On rappelle le résultat suivant :
Proposition 1.2 Soit
que G = aZ.
Corollaire 1.2
G un sous groupe de (R, +), alors, soit G est dense dans R, soit il existe a ∈ R tel
G = Z + 2πZ = {n + m2π, (n, m) ∈ Z2 } est dense dans R.
Preuve
1. G est bien un sous groupe de (R, +). En eet, on peut écrire G = Z + 2πZ et G est un sous groupe
comme somme de deux sous groupes.
2. G est dense dans R. En eet, G est un sous groupe de R, donc soit il est de la forme aZ, a ∈ R∗+ , soit
il est dense dans R.
Par l'absurde, s'il existe a ∈ R∗+ , G = aZ, on a alors :
2π ∈ 2πZ ⇒ 2π ∈ G ⇒ 2π ∈ aZ
donc ∃ l ∈ Z tel que 2π = al donc π = al
2
or 1 ∈ aZ ⇒ 1 = ak ⇒ a = k1 ∈ Q donc π serait rationnel, ce qui est absurde. Donc G est dense dans
R .2
Corollaire 1.3
G0 = N + 2πZ = {n + 2πm, (n, m) ∈ Z2 } est dense dans R.
Preuve
On sait G = Z + 2πZ est dense dans R, essayons d'en déduire que :
∀x ∈ R, ∀ > 0, ∃(n, m) ∈ N × Z, z = (n + 2πm) ∈ Bo (x, 2) =]x − 2, x + 2[.
Soit x ∈ R et 0 < < 1. On cherche un élément de G0 dans la boule de centre x et de rayon 2.
On sait qu'il existe (n, m) ∈ Z × Z tel que z = n + 2πm ∈ Bo (x, ) =]x − , x + [ car G est dense dans R.
Si n ≥ 0, n ∈ N, et on a ce qu'on souhaite, et G0 est dense dans R.
Sinon n < 0.
On se ramène en 0 : comme G est dense dans R, on a 0 ∈ (Z + 2πZ) = G, donc :
∃(xk )k ∈ ZN , (yk )k ∈ ZN , lim xk + 2πyk = 0.
k→∞
On pose alors zk = xk + 2πyk . Quitte à ne considérer la suite (xk , yk )k qu'à partir d'un certain rang,
on suppose
zk = xk + 2πyk ∈] − , +[ et (xk , yk ) 6= (0, 0),
ce qui est possible au vu de la limite de (zk ) et au vu de la densité de G...
Tout d'abord, montrons que (xk )k est non bornée.
Par l'absurde, si (xk )k est bornée : c'est une suite d'entiers bornée donc elle ne prend qu'un nombre
ni de valeurs que l'on note xi1 , . . . , xil , donc pour tout k :
⇒
⇒
−1 ≤ xk + 2πyk
−1 − xk ≤
2πyk
−1 − max {xij } ≤
2πyk
j=1,...,l
≤ 1
≤ 1 − xk
≤ 1 − min {xij }
j=1,...,l
13
CHAPITRE 1. RESULTATS PRÉLIMINAIRES
Ceci entraine que (yk )k est aussi bornée, donc ne prend qu'un nombre ni de valeurs. Ainsi (zk )k =
(xk + 2πyk )k ne prend aussi qu'un nombre ni de valeurs. Comme de plus cette suite converge vers
0, elle stationne nécessairement en 0 à partir d'un certain rang, ce qui est absurde car on a supposé
(xk , yk ) 6= (0, 0). Donc (xk )k n'est pas bornée : non majorée ou non minorée.
• Supposons par exemple d'abord (xk )k non minorée. Alors il existe k0 tel que xk0 ≤ n c'est-à dire,
n − xk0 ≥ 0 alors z − zk0 convient : en eet,
z − zk 0
= n + 2πm − xk0 − 2πyk0
= n − xk0 + (m − yk0 ) 2π
| {z } | {z }
∈N
∈Z
Et z − zk0 se situe dans le bon intervalle :
− <
x− <
donc x − − <
zk0
z
z − zk 0
< < x+
< x + + .
• Si maintenant (xk )k est supposée non majorée. Alors il existe k0 tel que xk0 ≥ −n c'est-à dire,
n + xk0 ≥ 0 alors z + zk0 convient, de la même façon.
Donc dans tous les cas on a trouvé un élement de la forme voulue dans l'intervalle ]x − 2; x + 2[, ce qui
prouve que G0 = N + 2πZ est dense dans R.2
1.4.3 Le résultat de densité
Proposition 1.3 L'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite (sin n)n∈N est [−1; 1], c'est à dire :
[−1; 1] = {sin n, n ∈ N}
Preuve
L'application
sin : R
x
→ [−1; 1]
7
→
sin x
est surjective et continue.
De plus G0 = N + 2πZ est dense dans R, donc sin(G0 ) est dense dans [−1; 1] par le lemme, or
sin(G0 )
= {sin(n + 2mπ), (n, m) ∈ N × Z}
= {sin(n), n ∈ N} par périodicité
On en déduit alors {sin n, n ∈ N} = [−1; 1].2
Chapitre 2
Preuve principale
Introduction à la preuve principale
Le but est de montrer :
{sin p, p nombre premier} = [−1; 1]
Remarquons dans un premier temps qu'il sut de montrer la densité des éléments du type ”p mod 2π”
dans [0; 2π].
En eet, une fois montré ce résultat, il ne reste plus qu'à utiliser le petit lemme de topologie énoncé
plus haut lors de la preuve de la densité de (sin n)n : la fonction sinus étant surjective de [0; 2π]
dans [−1; 1], l'image de la partie {p mod 2π , p premier} (dense dans [0; 2π]) est alors dense dans
sin([0; 2π]) = [−1; 1].
Ensuite, puisqu'il sut de montrer la densité des ”p mod 2π” dans [0; 2π], il sut de montrer la densité
p
des éléments du type { }1 dans [0; 1].
2π
Donc, il s'agit en dénitive de montrer que tout ouvert non vide, ou plus simplement tout intervalle non vide
p
de [0; 1] rencontre l'ensemble des { }, où p parcourt l'ensemble des nombres premiers.
2π
p
On se xe donc a, b ∈ [0; 1], a < b et on cherche un nombre premier p tel que { } ∈ [a; b].
2π
On posera dans la suite = b − a.
2.1
Approximation d'un irrationnel par une suite de rationnels
Le but de cette partie est d'approcher 1/2π par une suite de rationnels (rn /sn )n de telle sorte que :
1
rn 1
rn
− ≤ 2 où
est irréductible et lim sn = +∞
∀n ∈ N, n→∞
2π sn
sn
sn
On rappelle les 2 notations :
Partie fractionnaire d'un réel x : {x}.
Partie entière d'un réel x : [x].
2.1.1 Un premier résultat général
Proposition 2.1 Soient q ∈ N∗ et α ∈ R. Alors,
∃(u, v) ∈ Z2 tels que |vα − u| ≤
1 {a}désigne
la partie fractionnaire de a
14
1
et 1 ≤ v ≤ q.
q+1
15
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Preuve
On considère un cercle de circonférence égale à 1. Soit P0 un point quelconque du cercle. On avance d'un
arc de cercle de longueur α sur le cercle, quitte à faire plus d'un tour. On appelle P1 le point ainsi atteint.
On itère le processus pour construire ensuite P2 , P3 , . . . Pq (où Pq est le point atteint à partir de P0 en ayant
parcouru un arc de cercle de longueur qα).
Comme le cercle est de périmètre 1 on remarque que la longueur de l'arc de cercle séparant P0 et P1 est
{α}, celle de l'arc joignant P1 à P2 est |{2α} − {α}|, et plus généralement, celle de l'arc joignant Pi et Pj
(où (i, j) ∈ {0, . . . , q}2 ) est |{jα} − {iα}|.
On a donc q + 1 points sur un cercle de longueur 1 donc nécessairement, il existe l et l0 deux indices dans
{0, . . . , q}2 tels que l < l0 et tels que la longueur |{lα}−{l0 α}| de l'arc de cercle joignant Pl à Pl0 soit inférieure
ou égale à 1/(q + 1). En eet, raisonnons pr l'absurde en supposant
∀(i, j) ∈ {0, . . . , q}2 , i < j , |{iα} − {jα}| >
1
.
q+1
Alors quitte à renuméroter dans l'ordre les points, en rappelant que 1 est la longueur du cercle, on a
1=
X
|{iα} − {(i + 1)α}| + |{αq}| > (q + 1) ×
0≤i≤q−1
1
= 1,
q+1
ce qui est absurde.
On considère donc nos l et l0 ci dessus.
|{l0 α} − {lα}| ≤
1
q+1
⇒
⇒
1
q+1
1
|(l0 − l)α − ([l0 α] − [lα])| ≤
q+1
|(l0 α − [l0 α]) − (lα − [lα])| ≤
Il reste donc à poser u = [l0 α] − [lα] et v = l0 − l pour obtenir le résultat.2
2.1.2 Approximation
Corollaire 2.1 Soit α ∈ R\Q. Alors,
∃(rn )n≥1 et (sn )n≥1

rn 1
∗

∀n
∈
N
−
α

sn < s2n
∈ ZN tels que :
∀n ∈ N∗ pgcd(rn , sn ) = 1

 lim s = +∞
n
n→∞
Preuve
a) On fait varier l'entier q ∈ N∗ de la proposition ci-dessus en posant q = n − 1 pour n ∈ N∗ . u et v obtenus
dans cette même proposition dépendent eux aussi de n et on obtient :
∀n ∈ N∗ , |vn α − un | ≤
1
avec 1 ≤ vn ≤ n − 1.
n
Ou encore,
1
un ≤
avec 1 ≤ vn < n.
∀n ∈ N , α −
vn
nvn
un
rn
rn
un
On écrit
=
où
est la forme irréductible de la fraction
. On a donc pgcd(rn , sn ) = 1.
vn
sn
sn
vn
Et comme nécessairement, sn ≤ vn on obtient :
1
1
rn 1
∗ ∀n ∈ N , α − ≤
≤
≤ 2.
sn
nvn
nsn
sn
∗
b) On étudie la limite de la suite (sn )n quand n tend vers l'inni.
Supposons par l'absurde que (sn )n ne tend pas vers +∞ quand n tend vers l'inni c'est à dire :
∃B ∈ N∗ , ∀N ∈ N∗ , ∃n ≥ N , sn ≤ B.
16
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Par conséquent,
∃b ≤ B , b ∈ N∗ , ∀N ∈ N∗ , ∃n ≥ N , sn = b.
En eet, on ne peut pas avoir une innité de valeurs entières positives diérentes sn inférieures à B (il y en
a au plus B + 1).
Cela signie qu'il existe une sous suite (snp )p de (sn )n telle que (snp )p est constante égale à b. Or on a,
∀p ∈ N, |bα − rnp | ≤
1
.
np
En faisant tendre p vers l'inni, on obtient lim rnp = bα. Donc (rnp )n est une suite d'entiers convergente,
p→∞
donc elle stationne nécessairement en sa limite αb à partir d'un certain rang. Ce qui signie αb ∈ N. Or
α∈
/ Q. Absurde. D'où lim sn = +∞
n→∞
2.2
Introduction des notations et de la démarche suivie
2.2.1 Premières notations : introduction d'une fonction f
On va utiliser le résultat d'approximation d'un irrationnel pour α = 1/2π .
En eet, c'est possible puisqu'on a montré dans les résultats préliminaires que π était irrationnel ce qui
implique bien sûr que 1/2π est aussi irrationnel.
Donc soit (rn )n∈N et (sn )n∈N les suites d'entiers telles que
1
rn ∀n ∈ N, α − ≤ 2 , pgcd(rn , sn ) = 1 et lim sn = ∞
n→∞
sn
sn
3/2
On pose Pn = sn
et l'idée consiste à chercher le nombre premier p tel que {αp} ∈ [a, b] entre Pn /4 et Pn .
On rappelle aussi que
X
C(Pn ) =
Pn
4
le nombre de nombres premiers entre
Pn
4
1
<p≤Pn
et Pn .
(On rappelle que dans toutes les sommes, dès que l'indice de sommation s'appelle p cela signie que l'on
somme uniquement sur les nombres premiers.)
On a aussi besoin d'une fonction f , continue, 1-périodique, ane par morceaux dénie sur [0; 1] par :

si t ∈ [0; a] ∪ [b; 1]
 f (t) = 0
t−a
f (t) = 2 b−a
si t ∈ [a; c]
où c = a+b
2

b−t
f (t) = 2 b−a si t ∈ [c; b]
2.2.2 Développement de f en série de Fourier
On calcule les coecients de Fourier exponentiels de f .
Soit T la période de f , pour tout m ∈ Z,
cm
ici f est 1-périodique.
Pour m = 0 :
Z
c0 =
1
=
T
Z
f (x)e
−2iπmx
T
dx
0
1
f (t)dt =
0
T
b−a
= (aire du triangle)
2
2
17
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Pour m 6= 0
cm
Z
1
Z0
c
f (t)e−2iπmt dt
=
Z b
t − a −2iπmt
b − t −2iπmt
2
e
e
dt +
2
dt
b−a
a "b − a
c
#
Z c
Z b
1
2(t − a)e−2iπmt dt +
2(b − t)e−2iπmt dt
b−a
=
=
a
Calcul intermédiaire :
Z
c
2te−2iπmt dt
On fait une intégration par partie, on pose :
u = t ⇒ u0 = 1
−2iπmt
v 0 = 2e−2iπmt ⇒ v = − 2e2iπm =
donc
Z
Autre calcul utile :
2te−2iπmt dt
Z
i −2iπmt
πm e
Z
it −2iπmt
i
e−2iπmt dt
e
−
πm
πm
−2iπmt it −2iπmt
i
−e
=
e
−
πm
πm
2iπmt
it −2iπmt
1
=
e
+ 2 2 e−2iπmt
πm
2π m it
1
= e−2iπmt
+ 2 2
πm 2π m
=
e−2iπmt dt =
−1 −2iπmt
i −2iπmt
e
=
e
2iπm
2πm
donc cm
=
=
" Z
#
Z c
Z b
Z c
b
1
1
2b
e−2iπmt dt −
2te−2iπmt dt
2te−2iπmt dt − 2a
e−2iπmt dt +
b−a a
b−a
c
c
a
1
ic
1
ia
1
+ 2 2 − e−2iπma
+ 2 2
e−2iπmc
b−a
πm 2π m
πm 2π m
−2a
−
=
i −2iπma
i −2iπmc
e
−
e
2πm
2πm
i −2iπmc
e
2πm
1
2π 2 m2 (b
− a)
+ 2b
i −2iπmb
e
2πm
ib
1
ic
1
− e−2iπmb
+ 2 2 + e−2iπmc
+ 2 2
πm 2π m
πm 2π m
−2iπmc
e
(2πmic + 1) − e−2iπma (2πmia + 1) − 2a(πmie−2iπmc − πmie−2iπma )
+2b(πmie−2iπmb − πmie−2iπmc − e−2iπmb (2πmib + 1) + e−2iπmc (2πmic + 1)
=
1
[2e−2iπmc (2πmic + 1) − e−2iπma (2πmia + 1) − 2 (b + a) πmie−2iπmc
| {z }
2π 2 m2 (b − a)
+2aπmie−2iπma + 2bπmie−2iπmb − e−2iπmb (2πmib + 1)]
2c
18
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1
−2iπmc
2e
(2πmic + 1) − 4cπmie−2iπmc − e−2iπma − e−2iπmb
− a)
−2iπmc
1
2e
− (e−2iπma + e−2iπmb )
2π 2 m2 (b − a)
−iπma −iπmb
1
2e
e
− e−iπma (e−iπma + e−2iπmb+iπma )
2
2
2π m (b − a)
−iπma −iπmb
1
2e
e
− e−iπma e−iπmb (e−iπma+iπmb + e−iπmb+iπma )
2
2
2π m (b − a)
h
i
1
e−iπm(a+b) 2 − (eiπm(b−a) + e−iπm(b−a) )
2
2
2π m (b − a)
1
e−iπm(a+b) [2 − 2 cos(πm(b − a))]
2
2
2π m (b − a)
1
(b − a)
2
−2iπmc
e
2
−
2
1
−
2
sin
πm
2π 2 m2 (b − a)
2
1
(b − a)
2
−2iπmc
e
4 sin πm
2π 2 m2 (b − a)
2
2
(b − a)
2
−2iπmc
e
sin πm
π 2 m2 (b − a)
2
2π 2 m2 (b
On a donc pour tout m 6= 0
|cm | <
2
π 2 m2 (b
− a)
et donc |cm | <
2
,
m2 La dernière majoration de 2/(π ) par 2 étant purement "esthétique" (elle permet de simplier les calculs
dans les majorations suivantes).
f étant continue sur R, C 1 par morceaux sur R, par le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f converge
vers f en tout point. Donc
X
∀t ∈ R, f (t) = c0 +
cm e2iπmt
2
|m|∈N∗
Maintenant, en xant M ≥ 1, on peut borner les termes de la série d'indice m vériant |m| > M :
X X
X
2iπmt cm e2iπmt =
cm e
|cm |
≤
|m|>M
|m|>M
|m|>M
2
2 X 1
en utilisant |cm | < 2
≤
m2
m |m|>M
or
1
≤2
m2
X
|m|>M
Z
∞
M
dt
t2
En eet, il s'agit d'une inégalité résultant de la comparaison d'un série et d'une intégrale :
∀m ∈ N∗ , ∀t ∈ [m, m + 1],
Donc
∀m ∈ N∗ ,
Z
m+1
m
On somme ces inégalités :
X Z
m≥M
par la relation de Chasles,
m+1
m
1
1
≥
t2
(m + 1)2
dt
1
≥
t2
(m + 1)2
X
X 1
dt
1
≥
=
,
t2
(m + 1)2
m2
m≥M
Z
∞
M
m≥M
X 1
dt
≥
2
t
m2
m≥M
19
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
et donc
X
|m|>M
On en déduit
1
≤2
m2
Z
∞
M
dt
t2
∞
Z ∞
2
X
4 −1
dt
4
2iπmt cm e
=
=
≤ ×2
2
t
t
M
M
|m|>M
M
Donc
f (t) =
+
2
X
cm e2iπmt +
X
cm e2iπmt
|m|>M
0<|m|≤M


X
4
2iπmt 
f (t) −  +
c
e
m
≤ M
2
0<|m|≤M
Ce qui conclut provisoirement l'étude de f .
2.2.3 Utilisation de cette fonction f pour notre problème : dénition de Fn
A partir de cette fonction f , nous sommes amenés à dénir :
X
∀n ∈ N, Fn =
f (αp) (somme sur les p nombres premiers)
Pn
4
<p≤Pn
et le but est de montrer que Fn > 0, pour un certain n ∈ N.
En eet si l'on parvient à montrer ceci, cela signie que l'un au moins des termes de la somme qui dénit
Fn sera positif, c'est à dire :
Pn
∃p∈
, Pn tel que f (αp) > 0
4
et ainsi puisque f est 1-périodique,
Pn
, Pn
∃p∈
4
tel que f ({αp}) > 0
où {αp} est la partie fractionnaire de αp.
Et donc nécessairement vue la dénition de f , {αp} ∈ [a, b], ce qu'on voulait démontrer.
2.3
Une première minoration de
Fn , n ∈ N
2.3.1 La minoration de Fn
Le but est d'avoir une première inégalité, on l'obtient sous la forme suivante :
Lemme 2.1
3C(Pn )
∀n ∈ N, Fn ≥
−
10
Preuve
X
1≤m≤M
4 1 X
π 2 m2 Pn
4
<p≤Pn
2iπmαp e
On a pour un certain M entier non nul,


X
4
2iπmαp 
f (αp) −  +
cm e
≤ M
2
0<|m|≤M
20
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Donc
X
Pn
4
<p≤Pn


X
2iπmαp 
f (αp) −  +
cm e
≤
2
0<|m|≤M
X
⇒ f (αp) −
Pn <p≤P
n
4
⇒ Fn −
C(Pn )
2

Pn
4
<p≤Pn
X
−
Pn
4
 +
2
X
<p≤Pn
X
Pn
4
4
M
<p≤Pn

4
2iπmαp 
cm e
≤ C(Pn ) M 0<|m|≤M
X
4
cm e2iπmαp ≤ C(Pn )
M
0<|m|≤M
X
De là on obtient :
(∗)
Fn
≥
C(Pn )
2
X
4
− C(Pn )
− M 0<|m|≤M
X
Pn
4
<p≤Pn
2iπmαp cm e
,
Justions rigoureusement cette dernière inégalité : on part de |Fn − (C(Pn )/2 + zn )| ≤ 4C(Pn )/(M ), où
l'on désigne provisoirement par zn la double somme. De là, on tire :
|Fn | − | C(Pn ) + zn | ≤ 4C(Pn ) avec ||a| − |b|| ≤ |a − b|
2
M
C(Pn )
4C(Pn )
⇒ −|Fn | + + zn ≤
, avec − x ≤ |x|
2
M
C(Pn )
4C(Pn )
⇒ −|Fn | + − (−zn ) ≤
,
2
M
C(Pn )
4C(Pn )
⇒ −|Fn | + − |zn | ≤
, avec ||a| − |b|| ≤ |a − b|
2
M
⇒
−|Fn | ≤
4C(Pn ) C(Pn )
−
+ |zn |,
M
2
⇒
|Fn | ≥ −
4C(Pn ) C(Pn )
+
− |zn |
M
2
Ce qui est exactement l'inégalité (∗) annoncée.
n)
On peut choisir le paramètre M ∈ N∗ comme on veut, donc on peut le prendre tel que 4C(P
≤
M
20
20
2
c'est à dire qu'on impose M ≥ 20 d'où M ≥ 2 , par exemple M = 2 + 1. Ce choix garantit :
X
X
C(Pn )
C(Pn )
2iπmαp Fn ≥
− 5 −
cm e
2
,
0<|m|≤M Pn <p≤P
4
n
C(Pn )
5
:
21
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Et donc :
Fn
Fn
≥
≥
3C(Pn )
10
X
− 1≤|m|≤M
X
Pn
4
<p≤Pn
2iπmαp cm e
3C(Pn )
10
X
2iπmαp e
−
|cm | Pn <p≤P
1≤|m|≤M
3C(Pn )
10
X
X
e2iπmαp −2
|cm | Pn <p≤P
1≤m≤M
X
n
4
Fn
≥
n
4
Fn
≥
3C(Pn )
10
Fn
≥
3C(Pn )
10
2 1 X
2iπmαp −2
e
π 2 m2 Pn
1≤m≤M
4 <p≤Pn
X 4 1 X
e2iπmαp .2
−
2
2
π m Pn
1≤m≤M
<p≤P
X
n
4
2.3.2 Ce qu'il reste à faire : introduction de
X
2iπmαp
e
Pn <p≤Pn
4
On est donc maintenant ramené à majorer :
X
∀m ∈ {1, . . . , M }, e2iπmαp Pn <p≤P
4
n
On voit ainsi qu'il va falloir majorer une somme dont le terme général fait intervenir α = 1/2π ∈
/ Q.
Comme on sait mieux travailler avec des rationnels, on va remplacer mα par une suite doublement indicée
(αm,n )m∈{1,...,M },n∈N∗ où,
rn
αm,n = m
sn
Cela se justie par le fait que dans la première partie on a approché α par rn /sn . On peut même écrire que
αm,n = rm,n /sm,n où la fraction est irréductible.
On remarque ensuite que :
2/3
Pn
∀n ∈ N∗ , sn ≥ sm,n ≥
M
En eet :
sn ≥ sm,n vient précisément de la dénition des sm,n comme dénominateur "réduit" de la fraction
rn
m .
sn
On a αm,n = m srnn
Soit a = pgcd(m, sn ), m0 ∈ {1, . . . , M }
alors
m = am0 , sn = asm,n avec m0 ∧ sm,n = 1
et
2/3
sm,n =
sn
sn
sn
Pn
≥
≥
≥
a
m
M
M
22
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Essayons maintenant d'évaluer
l'erreur commise
si l'on "remplace" αm par αm,n dans la somme à majorer :
Il s'agit d'évaluer l'écart e2iπmαp − e2iπαm,n p .
Considérons : ∀x ∈ R
g(x) = e2iπxp
g 0 (x) = ip2πe2iπxp
Donc
sup |g 0 (x)| ≤ 2πp
x∈R
L'inégalité des accroissements nis appliquée à g entre x ∈ R et y ∈ R , x 6= y donne :
|g(x) − g(y)| ≤ sup |g 0 (t)||x − y| ≤ 2πp|x − y|
t∈R
On prend x = mα et y = αm,n et on a :
|g(mα) − g(αm,n )| ≤ 2πp|mα − αm,n |,
c'est à dire
2iπmαp
e
− e2iπαm,n p ≤ 2πp|mα − αm,n |.
Donc,
X
2iπmαp
2iπαm,n p e
−e
Pn <p≤P
Pn
4
n
4
X
≤
Pn
4
=
<p≤Pn
X
≤
2iπmαp
e
− e2iπαm,n p 2πp|mα − αm,n |
<p≤Pn
X
2π|mα − αm,n |
Pn
4
Pn
4
=
<p≤Pn
X
≤ 2π|mα − αm,n |
p
Pn
<p≤Pn
2π|mα − αm,n |Pn C(Pn ).
Ensuite,
rn 1
rn |mα − αm,n | = mα − m = m α − ≤ m × 2 par dénition des suites (sn ) et (rn ),
sn
sn
sn
Donc
X
2iπmαp
2iπαm,n p e
−e
Pn <p≤P
4
4/3
≤ 2πmC(Pn ) Ps2n or s2n = Pn
n
n
=
=
3/2
−1/3
2πmC(Pn )Pn
−1/3
7mC(Pn )Pn
.
Sachant Pn = sn et lim sn = ∞ , lim Pn = ∞ et donc on obtient lim Pn−1/3 = 0. Donc en choisissant
n→∞
n→∞
n→∞
n susamment grand on pourra rendre petit le membre de droite
de l'inégalité. X
On peut donc dans un premier temps se contenter de majorer e2iπαm,n p Pn <p≤P
n
4
X
au lieu de e2iπmαp .
Pn <p≤P
4
n
23
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
2.4
Majoration de
X
2iπαm,n p e
Pn <p≤Pn
4
Cette étape est la plus importante de la preuve. Une fois démontrée une majoration susante de cette
quantité, il ne restera plus qu'à conclure.
On va donc subdiviser cette étape en de nombreux points intermédiaires.
2.4.1 Etude d'une somme du type
X
g(p) où g : N → Q est bornée en module par
p
1,
première écriture de
X
e2iπαm,n p
en 3 termes : R, SQ (αm,n ), B(αm,n )
Pn
<p≤Pn
4
On remarque que le terme principal de notre somme à majorer est de la forme g(p) où g : N → Q est une
fonction d'entiers bornée en module par 1. Il s'agit donc dans un premier temps de savoir étudier ce type de
somme.
1. Etude générale d'une telle somme
Lemme 2.2 Soit P
Q
∈ R, z ∈ R tels que 4 ≤ z 2 ≤ P et Q = p≤z p.
Soit g : N → Q tel que ∀n ∈ N, |g(n)| ≤ 1.
On pose : ∀n ∈ N,
1
1+r(n) si pgcd(n, Q) = 1
ρ(n) =
0 sinon
√
où r(n) est le nombre de facteurs premiers de n entre z et P . Alors
X
X
X
ρ(d)g(dp) + R
g(p) =
g(l) −
P
4
où |R| ≤
Preuve
<p≤P
P
4 <l≤P
pgcd(l,Q)=1
√
z<p≤ P
P
P
<d≤
4p
p
3P
.
2z
Commençons par écrire :
X
P
4
<p≤P
X
g(p) =
X
g(l) −
P
4
g(l)
P
4
<l≤P
pgcd(l,Q)=1
<l≤P
pgcd(l,Q)=1
l
non premier
En eet les nombres premiers p de [P/4, P [ sont premiers avec Q, mais tous les nombres premiers
avec Q ne sont pas nécessairement premiers.
Montrons
P
P
, P ], pgcd(Q, l) = 1 et l non premier} = {l ∈] , P ], pgcd(Q, l) = 1 et l = dp}
4
4
√
où p est un nombre premier de ]z, p] et d > 1. On a déjà l'inclusion :
{l ∈]
{l ∈]
P
P
, P ], pgcd(Q, l) = 1 et l = dp} ⊂ {l ∈] , P ], pgcd(Q, l) = 1 et l non premier}
4
4
Pour l'autre inclusion, il s'agit de montrer que si l n'est pas premier, si l ∈] P4 , P ] et pgcd(Q, l) = 1
√
alors l admet un facteur premier entre z et P .
24
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
√
Supposons l ∈] P4 , P ], pgcd(Q, l) = 1 et l n'admet pas de facteurs premiers entre z et P . Un tel l
ne peut admettre de facteurs premiers plus petits que z car sinon il ne serait√pas premier avec Q.
Montrons ensuite que l ne peut admettre de facteurs premiers supérieurs à P (et être inférieur à
P ) sans être premier :√
si ∃ p1 premier, p1 > P tel que l = dp1 .
si d = 1, l est premier. √
sinon d > 1 et alors d > P √
En eet par l'absurde si d < P , d admet au√moins un facteur premier inférieur à z (il ne peut
pas admettre de facteurs premiers entre z et P sinon il s'agirait aussi d'un facteur premier de l
ce qui contredirait
la dénition de
√ l)√et donc d (et par la suite l) ne serait pas premier avec Q.
√
Et donc d > P donc l = dp1 > P P = P ce qui n'est pas possible, donc d = 1 et l est premier.
Ceci prouve l'égalité des deux ensembles annoncés.
Donc
X
X
X
g(p) =
g(l) −
g(l)
P
4
P
4 <l≤P
pgcd(l,Q)=1
<p≤P
P
4 <l≤P
pgcd(l,Q)=1
√
l=dp, p∈]z, P ], d>1
On écrit le√deuxième terme de la soustraction comme une somme sur l, mais c'est en fait une somme
sur p ∈]z, P ] et sur d vériant l = dp donc P/4p < d ≤ P/p. De plus, la condition pgcd(l, Q) = 1
est équivalente à la condition pgcd(dp, Q) = 1 et, comme pgcd(p, Q) = 1 (c'est clair vu la dénition
de Q et
√ l'intervalle dans lequel se situe p), elle est équivalente à pgcd(d, Q) = 1. Donc on peut xer
p ∈]z, P ] et faire varier d (et faire apparaitre une double somme). Mais si on laisse cette double
somme ainsi, on compte plusieurs fois certains termes : par exemple g(l) pour l = p1 p2 va être sommé
une première fois quand p = p1 et quand p = p2 , il faut donc diviser par r(dp) le nombre de facteurs
premiers de dp.
On a donc :
X
X
X
X
g(dp)
g(p) =
g(l) −
r(dp)
√
P
P
P
P
4
<p≤P
4 <l≤P
pgcd(l,Q)=1
z<p≤ P
4d <d≤ p
pgcd(d,Q)=1
|
{z
}
(∗)
Il s'agit alors de "décomposer" (∗). On constate que l'on a, pour p et d deux indices de sommation
xés :
1 + r(d) si p ne divise pas d
r(dp) =
r(d) si p divise d
(onprappelle que r(dp) est le nombre de facteurs premiers de l'entier dp compris dans l'intervalle
]z; (P )]). Ainsi,
X
X
√
z<p≤ P
P
P
4p <d≤ p
g(dp)
r(dp)
X
=
√
z<p≤ P
P
P
4d <d≤ p
pgcd(d,Q)=1
pgcd(d,Q)=1
X
X
√
z<p≤ P
P
P
4p <d≤ p
=
g(dp)
− R,
1 + r(d)
X
g(dp)ρ(d) − R,
pgcd(d,Q)=1
C'est-à dire :
X
P
4
X
g(p) =
<p≤P
X
X
√
z<p≤ P
P
P
4p <d≤ p
g(l) −
P
4
<l≤P
pgcd(l,Q)=1
ρ(d)g(dp) + R
pgcd(d,Q)=1
où R est un terme correctif qui s'exprime comme suit :
R=
X
√
z<p≤ P
X
P
P
4p <d≤ p
pgcd(d,Q)=1
d divisible par p
1
1
g(dp)
−
,
1 + r(d) r(d)
25
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Ensuite, comme p divise d dans cette somme, on peut encore écrire d = tp et sommer non plus sur
d mais sur t :
X
X
1
1
g(tp2 )
R=
−
,
1 + r(tp) r(tp)
√
P
P
z<p≤ P
4p2
<d≤ p2
pgcd(t,Q)=1
On peut alors majorer R :
|R|
X
≤
√
z<p≤ P
P
4p2
2
<d≤ pP2
pgcd(t,Q)=1
X
≤
1
1 |g(tp )| −
1 + r(tp) r(tp) X
X
√
z<p≤ P
P
4p2
<d≤ pP2
1 1
+
1 + r(tp) r(tp) en X
se souvenant
X que g est bornée en module par 1
≤ 2
1
√
z<p≤ P
≤ 2
X
√
z<p≤ P
P
4p2
<d≤ pP2
3P
.
4p2
La dernière majoration est obtenue en comptant le nombre d'entiers entre P/(4p2 ) et P/p, intervalle
de longueur 3P/(4p2 ). On obtient donc nalement :
3P
2
|R| ≤
X
√
z<p≤ P
1
,
p2
résultat qu'il faut encore comparer avec une intégrale : si t ∈]z, p]
Z p
1
1
1
1
1
≥ 2 ⇒
dt ≥ 2 (p − z) ≥ 2
2
t2
p
t
p
p
z
Donc
Z
X
√
z<p≤ P
C'est à dire
Z
∞
z
Donc
p
z
1
dt ≥
t2
√
1
dt ≥
t2
3P
|R| ≤
2
Z
Z
z
∞
z
P
X
√
z<p≤ P
1
dt ≥
t2
dt
3P
=
t2
2
1
p2
X
√
z<p≤ P
−1
t
∞
=
z
1
p2
3P
2z
Ce qui conclut la preuve du théorème. 2
2.
Application du résultat à notre problème
On prend g : p → e2iπαm,n p et P = Pn et z vériant log z = (log Pn )1/4
Le théorème précédent nous arme alors :
X
g(p) = SQ (αm,n ) − B(αm,n ) + R
Pn
4
<p≤Pn
26
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
où
SQ (αm,n )
=
X
e2iπαm,n l
Pn
4 <l≤Pn
pgcd(l,Q)=1
|R|
≤
B(αm,n )
=
3Pn
2z
X
X
√
z<p≤ P n
Pn
4
ρ(d)e2iπαm,n dp
<d≤ Ppn
Il s'agit donc maintenant de majorer chacun de ces trois termes, c'est le but des trois paragraphes
suivants.
2.4.2 Majoration de R
Le but de cette partie est la majoration de |R| ≤
3Pn
, où log z = (log Pn )1/4 . Montrons :
2z
Lemme 2.3 Pour n susamment grand,
(log Pn )1/4
|R|
2
≤ e−
.
C(Pn )
Preuve
3/2
Remarquons déjà, avec les notations, que Pn = sn avec lim sn = +∞, donc Pn peut être rendu aussi
n→∞
grand qu'on veut si l'on choisit un rang n assez grand.
Par le théorème fondamental sur les nombres premiers, pour tout x assez grand,
C(x) ≥
c1 x
.
log x
Donc a fortiori, pour n assez grand,
C(Pn ) ≥
1/4 log Pn
3Pn log Pn
c1 Pn
|R|
3
, donc
≤
= e−(log Pn )
,
log Pn
C(Pn )
2z c1 Pn
2
c1
Ce qui s'écrit encore :
|R|
3
1
1
≤ exp log
+ log log Pn − (log Pn )1/4 exp − (log Pn )1/4 .
C(Pn )
2c1
2
2
Par croissance comparée logarithme-fonctions puissances, l'argument de la première exponentielle tend vers
−∞ quand n → ∞, donc est négatif pour n correctement choisi, c'est à dire :
3
1
1/4
exp log
+ log log Pn − (log Pn )
< e0 = 1 à partir d'un certain rang,
2c1
2
Donc on peut conclure, pour n grand,
(log Pn )1/4
|R|
2
≤ e−
.2
C(Pn )
2.4.3 Majoration de la partie linéaire SQ (αm,n )
Le but de cette partie est l'étude de la "partie linéaire" de la somme à savoir :
X
SQ (αm,n ) =
e2iπαm,n
Pn
4 <l≤Pn
pgcd(l,Q)=1
27
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
On rappelle les notations suivantes :

Ln = log Pn



L1/4

n
 z = eY
p
Q=



p≤z


w(r) = nombre de facteurs premiers d'un entier naturel r
Nous allons montrer le résultat suivant :
Proposition 2.2 Pour m ∈ [1; M ] et n susamment grand,
1/2
|SQ (αm,n )| ≤ 2e−Ln C(Pn ),
a)La fonction de Möbius
August Ferdinand Möbius (1790-1868) était un astronome, élève de Gauss. Outre ses travaux de géométrie
sur le calcul barycentrique, et le ruban à qui il a laissé son nom, on lui doit la dénition en 1831 de la fonction
suivante :
µ : N∗
d
→
{0, 1, −1}
7→ µ(d) =
0 si ∃p tel que p2 |d
(−1)k si d = p1 . . . pk où les pi sont des nombres premiers distincts.
∞
X
µ(n)
= 0, conjecture
n
n=1
démontrée plus tard par Von Mangoldt et qui permet de démontrer le théorème des nombres premiers.
Ici, le résultat important est le suivant :
Cette fonction avait en fait déjà été considérée par Euler qui avait conjecturé
Théorème 2.1
∀l ∈ N∗ ,
X
µ(d) =
d|l
d≥1
1 si l = 1
0 si l > 1.
Preuve
On procède par récurrence sur le nombre k de facteurs premiers2 de l.
Initialisation :
si k = 0, alors l = 1 et on a :
X
µ(d) = µ(1) = 1.
d|l
d≥1
On pose la propriété vraie au rang k et on prend l ∈ N dont la décomposition en facteurs
premiers est la suivante :
ak+1
l = pa1 1 pa2 2 . . . pakk pk+1
,
Transmission :
où les pi , (1 ≤ i ≤ k + 1) sont des nombres premiers distincts et les ai des entiers naturels non nuls.
On peut donc écrire :
ak+1
k +1
l = (pa1 1 pa2 2 . . . pakk )pak+1
= l0 pk+1
,
avec des notations évidentes.
Si d est un diviseur de l alors d = d0 pak+1 , où d0 divise l0 et a ∈ {0, 1, . . . , ak+1 }. Donc,
X
X X
µ(d) =
µ(d0 pak+1 ),
d|l
d≥1
2 ie. k = w(l)
avec les notations précédentes
d0 |l0 0≤a≤ak+1
d0 ≥1
28
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
en eet,
X
µ(d) est en fait une somme sur les d = d0 pak+1 , donc on peut sommer d'abord sur les d0
d|l
d≥1
a
k+1
qui divisent l0 puis à d0 xé, les diviseurs de l sont de la forme : d0 p0k+1 , d0 p1k+1 , . . . , d0 pk+1
.
0 a
0
a
0 0
De plus, µ(d pk+1 ) = µ(d )µ(pk+1 ) pour d |l et a ∈ {0, 1, . . . , ak+1 }. La justication est la suivante :
• Si a = 0 : µ(d0 p0k+1 ) = µ(d0 ) = µ(d0 )1 = µ(d0 )µ(p0k+1 ).
• Si a = 1 : Si µ(d0 ) = 0, il existe i ∈ {1, 2, . . . , k} tel que p2i divise l0 , donc p2i divise l donc µ(d0 p1k+1 ) = 0.
0
1
Si µ(d0 ) = 1 alors µ(d0 p1
k+1 ) = 1 et µ(d )µ(pk+1 ) = 1 × 1 = 1.
0 a
0
a
• Si a > 1 : µ(d pk+1 ) = 0 = µ(d )µ(pk+1 ). On en déduit :

X
d|l
d≥1
Enn,
si l0


X


µ(d) = 
µ(d0 )


d0 |l0
d0 ≥1
µ(pak+1 ) .
0≤a≤ak+1
6= 1, par hypothèse de récurrence, comme l0 a k facteurs premiers,
X
X
µ(d) = 0
µ(d0 ) = 0 ⇒
d0 |l0
d0 ≥1
Sinon, l0

X
d|l
d≥1
= 1 et donc en utilisant l'initialisation de la récurrence,
X
X
µ(d) =
µ(pak+1 )
d|l
d≥1
0≤a≤ak+1
a
k+1
= µ(1) + µ(pk+1 ) + µ(p2k+1 ) + · · · + µ(pk+1
)
= 1 − 1 + 0 + ··· + 0
= 0.
Ce qui prouve le résultat au rang k + 1 et termine la preuve.2
b)Une première majoration de la partie linéaire par deux sommes
Par le théorème ci dessus, nous avons, pour l ∈]Pn /4; Pn ] :
X
X
1 si pgcd(l, Q) = 1
µ(k) =
µ(k) =
0 sinon.
k|l
k|Q
où l'on rappelle que Q =
Y
k|pgcd(l,Q)
p avec z = e(log Pn )
1/4
. On peut alors réécrire :
p≤z

SQ (αm,n )


= 


X
Pn
4
<l≤Pn
pgcd(l,Q)=1


= 

|
X
Pn
4 <l≤Pn
pgcd(l,Q)=1


e2iπαm,n l  × 1

 

 X



e2iπαm,n l  
µ(k)

 
{z
somme sur
k|l
k|Q
l
{z
}
} |
somme sur k
29
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Il s'agit ici de 2 sommes nies sur les indices respectifs k et l, on peut sommer dans l'ordre que l'on veut :
X
X
µ(k)
|SQ (αm,n )| = e2iπαm,n l ,
Pn
k|Q
4 <l≤Pn
k|l
(la condition pgcd(l, Q) = 1 a disparu dans la première somme, mais celle-ci est nulle si pgcd(l, Q) 6= 1.)
D'où :
X
X
2iπαm,n l |SQ (αm,n )| ≤
e
µ(k)
Pn
k|Q 4 <l≤Pn
k|l
X X
≤
e2iπαm,n l P
k|Q n <l≤Pn
4 k|l
et, comme l'égalité suivante est claire, où l'on note r = (log z)2 = (log Pn )1/4 , et ω(k) le nombre de facteurs
premiers de k :
{k tels que k|Q} = {k tels que k|Q et ω(k) ≤ r} ∪ {k tels que k|Q et ω(k) > r},
On obtient alors :
X X
X X
2iπαm,n l 2iπαm,n l |SQ (αm,n )| ≤
e
e
+
.
k|Q Pn <l≤Pn
k|Q Pn <l≤Pn
4
4
ω(k)≤r ω(k)>r
k|l
k|l
|
{z
} |
{z
}
R00
R0
Il faut donc maintenant majorer R0 et R00 .
c)Majoration de la première somme R00
Le but de ce paragraphe est de montrer, avec les notations qui précèdent :
Lemme 2.4
R00 ≤ Pn11/12 .
Pour ceci, remarquons tout d'abord que dans la somme qui dénit R00 , l'indice k divise Q =
Y
p, donc k se
p≤z
décompose en ω(k) facteurs premiers inférieurs ou égaux à z donc k est majoré par
r
Y
z = z r . Et l'on sait :
i=1
2
3
z r = z (log z) = e(log z) = e(log Pn )
3/4
2
< e 3 log Pn = sn ,
la dernière majoration étant obtenue pour n susamment grand (croissance comparée). Donc, pour n grand
on a aussi k < z r < sm,n .
Or, le terme que l'on somme dans R00 est e2iπαm,n l , où k|l. Donc l = kak , pour un certain entier ak , et l'on
2iπ
rm,n
ka
est ramené à e2iπαm,n kak = e sm,n k .
Sachant k < sm,n , on sait donc que kαm,n n'est pas entier, puis que la somme sur l est nécessairement une
progression géométrique de raison diérente de 1 (dans la dénition de R00 ). On a alors besoin du résultat
intermédiaire suivant :
30
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Lemme 2.5 Soit {q, q +1, . . . , q0 } un intervalle de N et v un nombre non entier. Si l'on note kvk la distance
de v au plus proche entier, on a le résultat suivant :
0
q
X 2iπnv ≤ 1 .
e
2kvk
n=q
Preuve
On calcule, sachant par hypothèse que e2iπv 6= 1
0
X
e2iπqv − e2iπ(q0 +1)v q 2iπnv = e
2iπv
1
−
e
n=q
e2iπqv 1 − e2iπ(q0 −q+1)v = iπv .
e
e−iπv − eiπv 0
(2q−1)iπv 1 − e2iπ(q −q+1)v = e
−2i sin(πv) 0
=
|1 − e2iπ(q −q+1) |
2| sin(πv)|
≤
2
2| sin(πv)|
Il faut encore remarquer que pour 0 ≤ u ≤ π/2, sin(u) ≥ 2u/π . En eet, la fonction sin est concave sur
[0; π/2], donc au dessus de ses cordes, en particulier au dessus de la corde joignant les 2 points (0, sin(0)) et
(π/2, sin(π/2)), qui a pour equation y = 2x/π . Donc,
|u| <
2|u|
π
⇒ sin |u| = | sin u| ≥
, puis,
2
π
|v| ≥
1
2|πv|
⇒ | sin(πv)| ≥
= 2|v|.
2
π
−1 1
−1 1
Maintenant si v ∈
/[
; ], on peut écrire πv = πw + kπ , où k est l'entier le plus proche de v et w ∈ [
; ].
2 2
2 2
Donc,
| sin(πw)| = | sin(πv)| ≥ 2|w| = 2|v − k| = 2kvk.
Et par suite, pour v non entier, ie. kvk =
6 0,
0
X
q 2iπnv ≤ 1 .2
e
2kvk
n=q
Si l'on revient à notre problème, on a donc,
X
1
2iπαm,n l ,
e
≤
P
2kαm,n k
4n <l≤Pn
k|l
31
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
r0
rm,n
où rm,n et sm,n sont des entiers, donc kαm,n k =
où r0 est le reste de la division
sm,n
sm,n
euclidienne de rm,n par sm,n . Donc,
X sm,n
X X
2iπα
l
m,n R00 =
e
≤
2r0
k|Q
k|Q Pn <l≤Pn
4
ω(k)≤r
ω(k)≤r k|l
X sm,n
sm,n X
≤
=
1
2
2
Or, αm,n =
k|Q
ω(k)≤r
≤
k|Q
ω(k)≤r
sm,n r
z
2
≤ sm,n z r
(le nombre de k possibles est majoré par z r car un 'k ' possible est un diviseur de Q =
Y
p qui admet moins
p≤z
de r facteurs premiers : k = p1 p2 . . . pr où pi est soit 1 soit un nombre premier inférieur à z ; sachant qu'il y
a au plus z nombres premiers inférieurs ou égaux à z , on obtient la majoration).
Enn, on a déjà vu :
log Pn
3/4
z r = e(log Pn ) < e 4 = Pn1/4 et sm,n < Pn2/3
Donc, on obtient le résultat cherché :
R00 ≤ sm,n z r < P n1/4 Pn2/3 = Pn11/12 .
d)Majoration de la deuxième somme R0
Le but de ce paragraphe est de montrer, avec les notations qui précèdent :
Lemme 2.6
R0 ≤ Pn x−r e2x log z , où x ≥ 1.
On rappelle :
X X
0
2iπαm,n l R =
e
k|Q Pn <l≤Pn
4
ω(k)>r k|l
Commençons par remarquer que si k > Pn , k ne peut diviser aucun l ≤ Pn , donc on peut articiellement
ajouter cette condition sur la première somme :
X X
0
2iπαm,n l R =
e
k|Q, k≤Pn Pn <l≤Pn
4
ω(k)>r k|l
32
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Et l'on peut déjà immédiatement majorer :
X
e2iπαm,n l P
4n <l≤Pn
k|l
X
≤
Pn
4
2iπα l m,n e
<l≤Pn
k|l
X
=
Pn
4
X
≤
1
<l≤Pn
k|l
1
0<l≤Pn
k|l
≤
Pn
,
k
la dernière majoration provenant du fait que le nombre de multiples de k entre 0 et Pn (ce qu'on cherche
à compter) est inférieur ou égal à Pn /k (on utilise ici la condition ajoutée articiellement, k ≤ Pn ). On a
donc :
X
X 1
1
R0 ≤ Pn
≤ Pn
.
k
k
k|Q, k≤Pn
k|Q
ω(k)>r
ω(k)>r
Majorons maintenant la somme restante dans la dernière inégalité de la ligne précédente. Soit x ≥ 1, on a :
X 1
X xω(k)−r
X xω(k)−r
≤
≤
k
k
k
k|Q
ω(k)>r
Rappelons alors que Q =
Y
k|Q
ω(k)>r
k|Q
p = p1 p2 . . . pn et écrivons cette dernière somme sous la forme de ce qui est
p≤z
appelé un "produit eulérien" :
X xω(k)
k
k|Q
=
Y
p≤z
x
1+
p
,
égalité que l'on peut "justier" ainsi :
X xω(k)
k|Q
k
=1+
x
x
x
x2
x2
xn
+
+ ··· +
+
+ ··· +
+ ··· +
,
p1
p2
pn
p1 p2
pn−1 pn
p 1 p2 . . . p n
et
Y
p≤z
1+
x
p
=
1+
x
p1
x
... 1 +
,
pn
33
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
produit dont le développement donne exctement le résultat précédent. Par conséquent,
X xω(k)−r
Y
x
R 0 ≤ Pn
= Pn x−r
1+
k
p
p≤z
k|Q
 

Y
x

= Pn x−r exp log 
1+
p
p≤z


X
x

= Pn x−r exp 
log 1 +
p
p≤z


Xx
 (inégalité de convexité)
≤ Pn x−r exp 
p
p≤z


X1

= Pn x−r exp x
p
p≤z


X 1
 en étendant la somme à tous les entiers.
≤ Pn x−r exp x
m
1≤m≤z
On utilise ensuite une comparaison somme-intégrale :
Z m
1
1
dt ≥
m
m−1 tZ
m
X
X 1
1
⇒
dt ≥
t
m
2≤m≤z m−1
Z z 2≤m≤z
X 1
1
⇒ 1 + log z = 1 +
dt ≥ 1 +
m
1 t
2≤m≤z
X 1
⇒ 2 log z ≥
m
1≤m≤z
Et par suite,
R0 ≤ Pn x−r e2x log z .
e)Conclusion sur la majoration de
SQ (αm,n )
Nous en étions restés à |SQ (αm,n )| ≤ R + R0 . Les majorations des deux paragraphes précédents permettent
donc d'écrire : à partir d'un certain rang n et pour x ≥ 1,
00
|SQ (αm,n )| ≤ Pn11/12 + Pn x−r e2x log z où r = (log Pn )1/2 ,
Donc,
1
1 11/12
|SQ (αm,n )| ≤
Pn
+ Pn x−r e2x log z où r = (log Pn )1/2 ,
C(Pn )
C(Pn )
r
choisissons ensuite x =
> 0, ce qui donne, sachant log z = (log Pn )1/4 et r = (log Pn )1/2 :
2 log z
1/2
x−r
[(log Pn )1/2 ]−(log Pn )
(2(log Pn )1/4 )−(log Pn )1/2
! 1/2
1/4 Ln
Ln
en simpliant l'écriture avec log Pn = Ln
=
2 1/2
Ln
L1/2
n
=
2L−1/4
.
n
=
34
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
1/2
et e2x log z = er = eLn . Donc, pour n grand,
Ln1/2 1/2
x−r e2x log z =
2L−1/4
eLn
n
−1/4
= exp L1/2
) + 1]
n [log(2Ln
−1/4
= exp −L1/2
) − 1]
n [− log(2) − log(Ln
1/4
= exp −L1/2
[−
log(2)
+
log(L
)
−
log
e]
n
"
!#!n
1/4
Ln
= exp −L1/2
log
n
2e
Il reste à utiliser le théorème fondamental des nombres premiers : pour n assez grand, comme lim Pn =
n→∞
lim s3/2
n , on a :
n→∞
C(Pn ) ≥
c1 Pn
,
Ln
ce qui permet d'obtenir, pour n susamment grand :
1
|SQ (αm,n )|
C(Pn )
≤
"
Ln
c1 Pn
Pn11/12 + Pn exp −L1/2
log
n
−1/12
=
1/4
Pn
Ln
c1
1/4
Ln
Ln
+
exp −L1/2
n log
c1
2e
Ln
2e
!#!!
!
.
Il reste donc une somme de 2 termes à simplier :
Pour le premier :
−1/12
Ln
Pn
1
−1
Ln + log Ln .
= exp
c1
c1
12
Par croissance comparée logarithme-fonctions puissances,
1 exp −1
12 Ln + log Ln
= 0,
lim
1/2
n→∞ c1
exp(−Ln )
donc pour n assez grand,
1
exp
c1
−1
Ln + log Ln
12
1/2
≤ e−Ln .
Pour le deuxième :
1/4
Ln
Ln
exp −L1/2
n log
c1
2e
!
1/4
1
Ln
= exp log Ln − L1/2
n log
c1
2e
!
.
On utilise, pour n susamment grand,
1/4
1
Ln
log
≥ 2, car cette quantité tend vers + ∞.
c1
2e
On obtient alors :
1/4
Ln
1
exp log Ln − L1/2
n log
c1
2e
!
≤ exp(−2L1/2
n + log Ln ).
1/2
Comme 2L1/2
(puisque le quotient des 2 tend vers +∞, il est bien plus grand que 1)
n − log Ln > Ln
à partir d'un certain rang, on obtient nalement :
!
1/4
1/2
Ln
L
n
exp −L1/2
≤ e−Ln .
n log
c1
2e
35
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Tout ceci permet de terminer la majoration de la partie "linéaire" SQ (αm,n ) :
h
i
1/2
1/2
1/2
1
|SQ (αm,n )| ≤ e−Ln + e−Ln = 2e−Ln ,
C(Pn )
majoration obtenue pour un n susamment grand.
2.4.4 Majoration de B(αm,n )
Le but de cette partie est de montrer :
Proposition 2.3 Pour n grand
|B(αm,n )| ≤ C(Pn )e− ln
1/4
/3
.
Il s'agit d'étudier
B(αm,n ) =
X
X
√
z<p≤ P
Pn
4
ρ(d)e2iπαm,n dp
<d≤ Ppn
où
log z = (log Pn )1/4
1
1+r(d) si pgcd(d, Q) = 1
ρ(d) =
0 sinon
√
Q
où r(d) est le nombre de facteurs premiers de d entre z et P et Q = p≤z p.
√
a)Partition
√ de l'intervalle2 ]z, P n ] k−1
On écrit ]z, P n ] ⊂]z,
z, 4k z]
√4z]∪]4z, 4 z] ∪ · · · ∪]4
q
où k = min{q, 4 z ≥ P n }.
On a donc
√
4k = ek log 4 >√ Pz n
⇒ k log 4 >√log( Pz n )
⇒ k > log( Pz n ) log1 4
Donc
"
√
Pn 1
k ≥ 1 + log(
)
z log 4
#
C'est à dire k < log Pn = Ln pour n assez grand.
X
X
X
X
|B(αm,n )| ≤ ρ(d)e2iπαm,n dp +
ρ(d)e2iπαm,n dp
2
P
P
P
P
p∈]4z,4 z] n <d≤ n
p∈]z,4z] 4pn <d≤ pn
4p
p
+··· +
X
p∈]4k−1 z,4k z]
X
Pn
4p
<d≤ Ppn
2iπαm,n dp ρ(d)e
Il y a k sommes donc au plus Ln sommes, on peut donc écrire :
|B(αm,n )| ≤ Ln max{|B(X, X 0 )|, (X, X 0 ) tels que z ≤ X ≤ X 0 ≤ min(4X,
X
X
où B(X, X 0 ) =
ρ(d)e2iπαm,n dp
X<p≤X 0
Pn
4p
<d≤ Ppn
√
P n )}
36
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
√
z ≤ X ≤ X 0 ≤ min(4X, P n )
X
X
2iπαm,n dp 0
1
ρ(d)e
|B(X, X )| = X<p≤X 0 P4pn <d≤ Ppn

2 1/2
1/2 X
X
 X
2
2iπαm,n dp  1 ≤ ρ(d)e

 X<p≤X 0 X<p≤X 0 Pn <d≤ Pn
4p
p
en appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz

2 


X
 X  X
 
|B(X, X 0 )|2 ≤ 
1 
ρ(d)e2iπαm,n dp  

b)Ma joration
de
|B(X, X 0 )|
où
(X, X 0 )
est tel que
X<p≤X 0
Ensuite, pour tout n ∈ N,
X
1
X<p≤X 0 X<p≤X 0
Pn
4p
<d≤ Ppn
X
1
≤ X<n≤X 0 = X 0 − X + 1 ≤ 4X − X + 1 car X 0 ≤ min(4X,
= 3X + 1 ≤ 4X
√
P n ) ≤ 4X
Donc
|B(X, X 0 )|2
2
X X
2iπαm,n dp ≤ 4X
ρ(d)e
X<p≤X 0 Pn <d≤ Pn
4p
p
2
X
2iπαm,n dt ≤ 4X
ρ(d)e
où t ∈ N
X<t≤X 0 Pn <d≤ Pn
4t
t
{z
}
|
|z|2 =zz


X
X
X

= 4X
ρ(d)e2iπαm,n dt  
X
X<t≤X 0
=
4X
Pn
4t
<d≤
X
X
X<t≤X 0
Pn
4p
Pn
t
0

0
ρ(d0 )e−2iπαm,n d t 
Pn
Pn
0
4t <d ≤ t
2iπαm,n (d−d0 )t
ρ(d)ρ(d )e
<d,d0 ≤ Ppn
Il s'agit d'une somme sur trois indices, elle est nie, donc on peut sommer dans l'ordre que l'on veut. Si on
décide de sommer d'abord sur (d, d0 ) puis ensuite sur t :
 1
1
1

 X 0 ≤ t < X et donc



 P

Pn

P
 4Xn0 ≤ P4tn < 4X
Pn
0
n
<
d,
d
≤
4t
t
⇔
X < t ≤ X0

Pn
Pn
Pn



X 0 ≤ t < X et





d, d0 ∈ P4tn , Ptn
Donc on en déduit
et comme d, d0 ≤
Pn
t
Pn
Pn
≤ d, d0 <
4X 0
X
:
t≤
Pn
Pn
et t ≤ 0
d
d
37
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
donc
t ≤ min(
Pn Pn
)
,
d d0
On peut donc écrire :
X
|B(X, X 0 )|2 ≤ 4X
Pn
4X 0
0
X
ρ(d)ρ(d0 )
e2iπαm,n (d−d )t
t∈I(d,d0 )
<d,d0 ≤ PXn
où I(d, d0 ) est un intervalle contenant moins de min(Pn /d, Pn /d0 ) entiers, en particulier moins de Pn /d
entiers. Puis en retirant encore des conditions sur les bornes, en remettant les modules et en majorant ρ(d)
et ρ(d0 ) par 1 :
X X
0 0 2
2iπαm,n (d−d )t e
|B(X, X )| ≤ 4X
.
d,d0 ≤ Pn t∈I(d,d0 )
X
Ensuite, on sait que la fonction x 7→ e
2iπx
est 1-périodique. Et donc,
r
m,n
2iπ sm,n
xt
φ : x 7→ e2iπαm,n xt = e
est de période sm,n .
En eet, pout tout x, φ(x + sm,n ) = e2iπαm,n (x+sm,n )t = e2iπ(αm,n xt+rm,n t) = e2iπαm,n xt car rm,n t ∈ N. D'où
l'idée suivante : soit d xé inférieur à Pn /x. Au lieu de faire varier directement d0 dans la somme précédente,
séparons la somme selon les classes d'équivalence modulo sm,n , puisqu'il s'agit de la période de la fonction
dont on somme les valeurs. On xe donc a ∈ {0, 1, . . . , sm,n − 1}. Puis on fait une somme sur les d − d0 qui
sont dans la classe d'équivalence de a modulo sm,n . La valeur "commune" de la fonction sur la classe de a
xée est φ(a) =2iπαm,n at . En eet, si d0 est tel que d − d0 ∈ a + sm,n Z, alors,
0
φ(d − d0 ) = e2iπαm,n (d−d )t = e2iπαm,n at = φ(a) par périodicité.
On a donc
|B(X, X 0 )|2 ≤ 4X
X
X
X
d≤ PXn 0≤a≤sm,n −1
d0 ≤ PXn
d0 ≡d+a[sm,n ]
Puis, en séparant le cas a = 0 des autres cas :

X
X X
X 

0 2
+
|B(X, X )| ≤ 4X


t∈I(d,d0 ) 0<a≤sm,n −1
d0 ≤ Pn
d≤ Pn
X
X
0
X
2iπαm,n at e
,
t∈I(d,d0 )
X
d0 ≤ PXn
d ≡d+a[sm,n ]


X

e2iπαm,n at  ,
t∈I(d,d0 )

0
d ≡d+0[sm,n ]
on utilise ensuite le fait que I(d, d0 ) contient moins de Pn /d entiers comme on l'a remarqué plus haut, et le
lemme vu ci dessus sur la majoration de la somme des termes d'une suite géométrique :


|B(X, X 0 )|2 ≤ 4X
X 



Pn
d≤
X
X
d0 ≤ PXn
d0 ≡d+0[sm,n ]
Pn
+
d
X
X
0<a≤sm,n −1
d0 ≤ PXn
d0 ≡d+a[sm,n ]

1

,
2kaαm,n k 

|B(X, X 0 )|2 ≤ 4X
X 
 Pn

 d
Pn
d≤
X

X
d0 ≤ PXn
d0 ≡d+0[sm,n ]
1+
X
0<a≤sm,n −1
1
2kaαm,n k
X
d0 ≤ PXn
d0 ≡d+a[sm,n ]


1 ,

38
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
X
Montrons ensuite que
1≤1+
d0 ≤ PXn
d0 ≡d+a[sm,n ]
de d0 ≤ Pn /X et
On cherche le nombre
exactement on cherche :
Pn
pour a ∈ {0, 1, . . . , sm,n − 1} et d positif xé.
Xsm,n
tels que d0 − d ≡ a[sm,n ], c'est à dire d0 − d = a + k 0 sm,n , k 0 ∈ N. Plus
Pn
}.
X
k 0 = min{q , (q + 1)sm,n + d + a >
Un tel k 0 sera nécessairementr inférieur à k tel que :
Pn
}.
X
k = min{q , (q + 1)sm,n >
Il va nous sure ici de chercher k (c'est une majoration que l'on cherche). On veut donc k tel que
ksm,n ≤
Pn
Donc on prend k =
Xsm,n
3.
Pn
Pn
et (k + 1)sm,n ≤
X
X
Il y a donc moins de k + 1 entiers d0 tels que d0 ≤ Pn /X et d0 − d ≡ a[sm,n ] :
d0 = d + a + 0sm,n , d0 = d + a + 1sm,n . . . d0 = d + a + ksm,n .
X
Donc,
1 ≤ 1+
d0 ≤ PXn
d ≡d+a[sm,n ]
Pn
Pn
3/2
≤2
car Pn = sn sm,n . On en déduit, en utilisant 2 fois ce
Xsm,n
Xsm,n
0
résultat,

|B(X, X 0 )|2

X
P
2P
2P
1
n
n 
 n
≤ 4X
,
+
d
Xs
2kaα
k
Xs
m,n
m,n
m,n
Pn
0<a≤s
−1
m,n
d≤ X


X
X 2Pn
1
 Pn +
.
= 4X
Xs
d
2kaα
m,n
m,n k
Pn
X
d≤
0<a≤sm,n −1
X
On rappelle que kaαm,n k est la distance de aαm,n = arm,n /sm,n au plus proche entier. Considérons :
ψ : {1, 2, . . . , sm,n − 1} → Z/sm,n Z\{0}
a 7→ arm,n = b.
Premièrement, ψ est injective : en eet si a1 et a2 sont tels que a1 rm,n = a2 rm,n , comme pgcd(rm,n , sm,n ) = 1,
rm,n est inversible dans Z/sm,n Z, et donc en particulier simpliable (régularité d'un inversible). Donc a1 = a2 .
Deuxièmement, card{1, 2, . . . , sm,n − 1} = card(Z/sm,n Z\{0}), donc ψ est bijective. Donc,
X
1
r
k
2ka sm,n
m,n
0<a≤sm,n −1
or, k
1
1≤b≤sm,n −1
b
2k sm,n
k
,
b
b
k=
car b < sm,n (cf. denition de ψ ). Donc :
sm,n
sm,n
1
X
r
2ka sm,n
k
m,n
0<a≤sm,n −1
On en déduit :
X
=
1≤b≤sm,n −1
sm,n
.
2b

|B(X, X 0 )|2 ≤ 4X
X
d≤ PXn
3 il
X
=
s'agit ici de la partie entière.
2Pn  Pn
+
Xsm,n
d

X
1≤b≤sm,n −1
sm,n 
2b
39
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Par une comparaison série-intégrale du même type que celles faites déjà plusieurs fois, on obtient, l'inégalité :
X 1
≤ log N + 1 ≤ 2 log N.
n
1≤n≤N
Z
n+1
dt
1
≥
, de sommer ces inégalités entre 1 et N − 1, puis
t
n+1
n
d'ajouter 1 de part et d'autre pour obtenir le résultat.)
Ceci garantit que :
(il sut pour cela d'écrire pour n ≥ 1,
X 1
Pn
≤ 2 log
= 2(log Pn − log X) ≤ 2 log Pn = 2Ln car X ≥ 1
d
X
Pn
d≤
et
X
1≤b≤sm,n −1
X
1
≤ 2 log(sm,n − 1) ≤ 2 log(sm,n ) ≤ 2Ln car sm,n ≤ Pn2/3 ≤ Pn au moins pour n grand.
b
On introduit ceci dans la majoration :

|B(X, X 0 )|2

2
X
2P
P
s
n m,n
n
≤ 4X 
2Ln 
2Ln +
Xsm,n
Xsm,n
Pn
d≤
≤ 4X
=
4Pn2 Ln
2Ln Pn Pn
+
Xsm,n
X X
X
16Pn2 Ln
8P 2 Ln
+ n .
sm,n
X
Essayons de nous débarrasser du X et du sm,n .
2/3
Pn
2/3
donc sm,n ≥ Pn car M > 1. Donc, pour n susamment grand, sm,n ≥ Pn1/2 =
On sait sm,n ≥
M
1/4
1
e 2 Ln > eLn = z . Donc :
1
1
1
1
≤ et l'on sait X ≥ z donc
≤ .
sm,n
z
X
z
Ceci résulte en :
|B(X, X 0 )|2 ≤
Puis,
16Pn2 Ln
8P 2 Ln
24Pn2 Ln
+ n
=
,
z
z
z
√ Pn √
|B(X, X 0 )| ≤ 2 6 √ Ln .
z
c)Ma joration
On avait :
de
|B(αm,n )|
|B(αm,n )| ≤ Ln max{|B(X, X 0 )|, (X, X 0 ) tels que z ≤ X ≤ X 0 ≤ min(4X,
√
P n )}.
√ Pn √
Donc |B(αm,n )| ≤ Ln 2 6 √ Ln
z
1/4
√
L
1/4
− n2
avec z = eLn . Donc, |B(αm,n )| ≤ 2 6Pn L3/2
, pour n assez grand. Par le théorème fondamental des
n e
nombres premiers, pour n grand,
C(Pn ) ≥ c1
On en déduit :
Pn
C(Pn )
⇒ Pn ≤
Ln .
Ln
c1
√
2 6 5/2 −Ln1/4
|B(αm,n )| ≤
L e
C(Pn ).
c1 n
40
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
Puis,
|B(αm,n )|
C(Pn )
√
1/4
2 6
Ln
≤ exp(log
+ log L5/2
−
)
n
c
2
√1
1/4
5/2
L
L1/4
≤ exp(log 2c16 + log Ln − n4 ) exp(− n4 ).
√
5/2
1/4
Ln
4
Ensuite par croissance comparée log-puissance, à partir d'un certain rang log 2c16 + log Ln −
Donc, pour n susamment grand,
1/4
Ln
|B(αm,n )|
≤ e− 4 .
C(Pn )
Ce qui conclut la majoration de |B(αm,n )|. On peut donc revenir au schéma général de la preuve.
2.5
Conclusion sur la majoration de
< 0.
X
2iπαm,n p e
.
Pn <p≤Pn
4
On était resté à l'écriture suivante :
X
2iπαm,n p e
= |SQ (αm,n ) − B(αm,n ) + R| ≤ |SQ (αm,n )| + |B(αm,n )| + |R|
Pn <p≤P
4
n
où
SQ (αm,n )
X
=
|R|
≤
B(αm,n )
=
e2iπαm,n l
Pn
4 <l≤Pn
pgcd(l,Q)=1
3Pn
2z
X
√
z<p≤ P
X
Pn
4
ρ(d)e2iπαm,n dp
<d≤ Ppn
Les 3 sections précédentes nous donnent une majoration de chacun de ces 3 termes pour n susamment
grand :
X
1/4
1/4
Ln
Ln
1/2
g(p) ≤ C(Pn )2e−Ln + C(Pn )e− 4 + C(Pn )e− 2 .
Pn <p≤P
4
n
Chacune des exponentielles tend vers 0 quand n → ∞, donc, si l'on xe 0 > 0, il existe un certain rang n à
partir duquel :

0
1/2

2e−Ln ≤ 6


1/4
Ln
0
e− 4 ≤ 6


0
 − Ln1/4
e 2 ≤ 6
Donc,
X
0
2iπαm,n p e
≤
C(P
)
n
2
Pn <p≤P
4
2.6
n
Conclusion de la preuve principale
2.6.1 Rappels
Nous avions déni :
X
∀n ∈ N, Fn =
Pn
4
<p≤Pn
f (αp) (somme sur les p nombres premiers),
41
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
où f désignait la fonction que nous avions développée en série de Fourier, et α = 1/2π . Et nous voulions
montrer que pour un certain n, Fn > 0. On était parvenus à la première minoration :
X
X
3C(Pn )
4 1 2iπmαp Fn ≥
e
−
,
2
2
10
π m Pn
1≤m≤M
4
<p≤Pn
avant de "remplacer" provisoirement l'irrationnel α par la suite de rationnels (αm,n )m,n , où m ∈ [1, M ]4
avec l'écart suivant :
X
−1/3
2iπmαp
2iπαm,n p .
e
−e
≤ 7mC(Pn )Pn
Pn <p≤P
n
4
2.6.2 Conclusion
Les étapes précédentes permettent
X
2iπmαp e
≤
Pn <p≤P
4
n
maintenant d'écrire, pour 0 > 0 xé, et n assez grand,
X
X
2iπmαp
2iπαm,n p 2iπαm,n p e
−e
e
+
Pn <p≤P
Pn <p≤P
4
n
4
≤ 7mC(Pn )Pn−1/3 + C(Pn )
n
0
2
Pour m xé entre 1 et M , comme Pn → ∞ quand n → ∞, on peut trouver un rang n à partir duquel
3
0
7mC(Pn )Pn−1/3 ≤ C(Pn ). (il sut par exemple d'imposer Pn ≥ 14M
: en eet ce choix garantit
0
2
7m
1/3
Pn
≤
7m
0 m
0
=
<
ce qu'on voulait.)
0
14M/
2M
2
Donc, on obtient, pour tout 0 > 0 et tout n à partir d'un certain rang,
X
2iπmαp 0
e
≤ C(Pn ).
Pn <p≤P
4
n
Sachant,
Fn ≥
3C(Pn )
−
10
X
1≤m≤M
X
4 1 2iπmαp e
,
2
2
π m Pn
<p≤P
n
4
cela donne, pour tout > 0 et tout n à partir d'un certain rang,
0
Fn
≥
≥
3C(Pn )
−
10
X
1≤m≤M
4 1 0
C(Pn ),
π 2 m2 3C(Pn )
4 0
− 2 C(Pn )
10
π X
1≤m≤M
1
.
m2
0 étant quelconque, on prend 0 = 2 /4, et le rang N qui lui correspond (ie. à partir duquel la minoration
de Fn est valide). Ainsi,
X
3C(Pn )
1
Fn ≥
− 2 C(Pn )
.
10
π
m2
1≤m≤M
4 M>1
paramètre xé.
42
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
On peut alors se débarrasser du paramètre M en étendant la dernière somme :
Fn
≥
∞
X
3C(Pn )
1
− 2 C(Pn )
2
10
π
m
m=1
=
3C(Pn )
π2
− 2 C(Pn )
d'après le calcul fait dans la 1ère partie,
10
π
6
3C(Pn )
− C(Pn )
10
6
2
C(Pn ) > 0 pour n assez grand.
=
15
X
Ceci prouve qu'à partir d'un certain rang n, Fn =
f (αp) > 0.
=
Pn
4
<p≤Pn
Donc, il existe un nombre premier p tel que f (αp) > 0, c'est à dire, au vu de l'expression de f dénie plus
haut, {αp}, la partie fractionnaire de αp, est nécessairement dans l'intervalle [a, b]. Donc,
n p o
∈ [a, b].
∀[a, b] ⊂ [0, 1] ∃p nombre premier tel que
2π
nn p o
o
Ceci prouve que
, p nombre premier est dense dans [0, 1], et par suite,
2π
{sin p, p nombre premier} = [−1; 1],
Ce qu'on voulait démontrer.
Conclusion
Si l'on sait depuis Euclide qu'il existe une innité de nombres premiers, les dicultés qu'ont rencontrées
les mathématiciens pour démontrer le théorème des nombres premiers témoignent de l'ampleur du travail
qu'il reste à faire en arithmétique sur l'étude de leur répartition.
Le résultat de densité de la suite (sin p)p dans [−1; 1] démontré par O. Ramaré, si anecdotique soit-il, donne
une information sur la "quantité de nombres premiers". Montrer que les parties fractionnaires des p mod 2π
sont denses dans [0; 1] n'entraine toutefois pas un résultat direct sur l'écart entre les nombres premiers,
puisqu'il ne s'agit pas d'une densité des nombres premiers en général.
Cet écart est pourtant aussi l'un des principaux intérêts des chercheurs qui travaillent sur les nombres
premiers. Ainsi par exemple, bien que l'on sache depuis Euler que la série des inverses des nombres premiers
diverge, on peut montrer qu'entre n! + 2 et n! + n aucun nombre n'est premier, ce qui signie que, en allant
loin, l'écart entre deux nombres premiers consécutifs est aussi grand que l'on veut (la limite supérieure de la
suite des écarts entre nombres premiers consécutifs est +∞). De nombreuses conjectures ont vu le jour sur
ces problèmes d'écart entre nombres premiers. Citons par exemple sur le sujet :
La conjecture de A. de Polignac (1849) : il existe une innité de paires de nombres premiers séparés
d'un écart de "longueur" 2k, pour tout k > 0. Cette conjecture prolonge la conjecture des nombres
premiers jumeaux, armant q'il y a une innité de nombres premiers p tels que p+2 est encore premier.
Ces nombres premiers jumeaux (nombres premiers p tels que p + 2 est encore premier), très étudiés,
ont fait l'objet du théorème de V. Brun en 1916 (convergence vers la constante 1.90216 de la série des
inverses des nombres premiers jumeaux).
La conjecture de A.M. Legendre (1752-1833) : Il existe toujours un nombre premier entre deux carrés
parfaits successifs c'est-à-dire entre n2 et (n + 1)2 pour tout entier non nul n.
Il existe une innité de nombres premiers p tels que p − 1 est un carré parfait, c'est-à-dire il existe
une innité de nombres premiers, appelés nombres premiers de Fermat, de la forme n2 + 1.
La conjecture de G.H. Hardy (1877-1947) et J.E. Littlewood (1885-1977) : Pour toute longueur d'intervalle L donnée, pour tout entier naturel k, le nombre de nombres premiers entre 2 et L est toujours
supérieur au nombre de nombres premiers entre 2 + k et L + k. Ce qui signierait qu'il y a plus de
nombres premiers "au début".
La conjecture de M.Wolf (physicien polonais 1956-.) : Elle tente de répondre à la question : à partir
de quel nombre premier se produit la première occurrence d'un écart d donné entre deux nombres
premiers consécutifs ? La première
! l'écart d donné se produit après le nombre premier le
p occurrence de
√
(log d)2 + 4d
.
plus proche de p(d) = d exp
2
Aucune de ces conjectures n'est démontrée. Les trois premières font partie (avec la conjecture de Goldbach)
des quatre problèmes de Landau énoncés au congrès international de mathématiques de Cambridge en
1912 et jugés par Landau "inattaquables dans l'état actuel des connaissances". Certaines ont même été
jugées incompatibles entre elles. Actuellement, de telles armations sont confortées ou invalidées par le
calcul. L'étude des nombres premiers devient alors l'objet de sciences plus "observationnelles" (comme la
physique), et n'est qu'une suite de vérications calculatoires par ordinateur. Des travaux comme celui d'O.
Ramaré semblent alors peut-être plus importants pour montrer que l'on sait encore démontrer de petits
résultats sur le sujet...
43
Index des notations
1.
Notations "générales"
2.
Notations relatives aux nombres premiers
Pour tout x ∈ R,
• [x] désigne la partie entière de x et {x} sa partie fractionnaire (donc x = [x] + {x}).
• kxk désigne la distance de x au plus proche entier.
• Dans une somme, lorsque l'indice de sommation est désigné par la lettre p,
la sommeX
ne porte que sur les indices p nombres premiers.
• Π(x) =
1 = nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux à x.
X
., cela signie que
p
p≤x
• C(x) =
X
1 = nombre de nombres premiers compris entre x/4 strictement et x.
x
4 <p≤x
• µ désigne la fonction de Möbius :
µ : N∗
d
3.
→
{0, 1, −1}
7→ µ(d) =
0 si ∃p tel que p2 |d
(−1)k si d = p1 . . . pk où les pi sont des nombres premiers distincts.
Notations spéciques à la preuve principale
On a recensé ici les notations dans l'ordre de leur apparition au cours de la preuve.
• [a; b] désigne un intervalle inclus dans [0; 1].
• = b − a.
1
•α=
.
2π
• (rn )n∈N et (sn )n∈N les suites d'entiers telles que
rn 1
∀n ∈ N, α − ≤ 2 , pgcd(rn , sn ) = 1 et lim sn = ∞.
n→∞
sn
sn
• Pour tout n ∈ N, Pn = s3/2
n .
• Pour tout n ∈ N, Ln = log Pn .
• f désigne la fonction 1-périodique, dénie sur [0; 1] par :

si t ∈ [0, a] ∪ [b, 1]
 f (t) = 0
t−a
f (t) = 2 b−a
si t ∈ [a, c]

b−t
f (t) = 2 b−a si t ∈ [c, b]
X
• Pour tout n ∈ N, Fn =
Pn
4
f (αp).
<p≤Pn
• M est un paramètre supérieur ou égal à 1.
44
où c =
a+b
2
45
CHAPITRE 2. PREUVE PRINCIPALE
• m est un élément de [1; M ].
• (αm,n )m∈{1,...,M },n∈N∗ est une suite doublement indicée,
αm,n = m
rn
sn
• Pour m ∈ {1, . . . , M } et n ∈ N∗ , αm,n = rm,n /sm,n où la fraction est irréductible.
(log Pn )1/4
• z = eY
.
p.
•Q=
p≤z
• Pour un entier l, ω(l) désigne le nombre de facteurs premiers de l.
√
• Pour un entier l, r(l) désigne le nombre de facteurs premiers de l entre z et P n .
• Pour un entier l,
ρ(l) =
X
•
Pn
4
si pgcd(l, Q) = 1
0 sinon.
1
1+r(l)
e2iπαm,n p = SQ (αm,n ) − B(αm, n) + R
où
<p≤Pn
SQ (αm,n )
=
|R|
≤
B(αm,n )
=
X
e2iπαm,n l
Pn
4 <l≤Pn
pgcd(l,Q)=1
3Pn
2z
X
X
√
z<p≤ P n
Pn
4
ρ(d)e2iπαm,n dp
<d≤ Ppn
(ce sont les 3 termes faisant l'objet de la plus grosse partie de la preuve.)
• Puis R0 et R00 sont les 2 termes apparaissant dans la première majoration de SQ (αm,n ) :
X
X X
X
00
2iπαm,n l 0
2iπαm,n l R =
e
e
et R =
.
k|Q Pn <l≤Pn
k|Q Pn <l≤Pn
4
4
ω(k)≤r ω(k)>r
k|l
k|l
√
• Pour le couple (X, X 0 ) tel que z ≤ X ≤ X 0 ≤ min(4X, P n )
X
X
B(X, X 0 ) =
ρ(d)e2iπαm,n dp .
X<p≤X 0
Pn
4p
<d≤ Ppn
Bibliographie
[1] O.Ramaré : Variations modernes sur la suite des nombres premiers. 2006.
[2] P.Ribenboim : Nombres Premiers : mystères et records. PUF, 1994.
[3] JP.Delahaye : Merveilleux nombres premiers, voyage au coeur de l'arithmétique. Belin, 2000.
[4] http ://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/%7Ehistory/Indexes/Number-Theory.html (site de l'université de
St Andrews, Ecosse)
[5] http ://mathworld.wolfram.com
46