Lycée Berthollet PCSI2 2016-17 DS4 de mathématiques, samedi 21

Lycée Berthollet
PCSI2 2016-17
DS4 de mathématiques, samedi 21 janvier 2017 (3h00)
Les documents, les téléphones portables, ordinateurs et calculatrices sont interdits.
I. Nombres premiers dont le reste de leur division par 4 est 3
On appellera ici nombre premier de type 1 (respectivement de type 3) un nombre premier p tel que le reste
de la division euclidienne de p par 4 est 1 (respectivement 3). On veut montrer qu’il existe une infinité de
premiers de type 3. Pour cela, on raisonne par l’absurde en supposant qu’il n’y en a qu’un nombre fini n,
qu’on note 3 = q1 < q2 < . . . < qn . On pose
N = 4q2 · · · qn + 3
.
1. (a) Déterminer les nombres premiers inférieurs ou égaux à 50 à l’aide d’un algorithme vu en cours.
La méthode du crible (à faire explicitement sur la copie) produit les nombres premiers inférieurs
ou égaux à 50 :
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47.
(b) Donner sans justification les nombres q1 , q2 , . . . , q8 .
3, 7, 11, 19, 23, 31, 43, 47
2. Montrer qu’un nombre premier impair est forcément de type 1 ou de type 3.
Quand on divise par 4 un nombre impair quelconque m, on obtient un quotient q et un reste r tels
que m = 4q + r. On a alors le reste r = m − 4q qui est impair comme somme d’un nombre impair et
d’un nombre pair. Comme par ailleurs r ∈ [[0, 3]], alors r ∈ {1, 3}.
En particulier, tout nombre premier impair est de type 1 ou 3.
3. Montrer que N n’est pas divisible par 2.
N = 2(2q1 q2 · · · qn + 1) + 1 est impair.
4. Montrer que lorsqu’on divise par 4 un produit fini de premiers impairs de type 1, le reste est 1.
Montrons par récurrence que, pour tout r ≥ 1, l’assertion
Pr :”Lorsqu’on divise par 4 un produit fini de r premiers impairs de type 1, le reste est 1”
est vraie.
Initialisation : Si r = 1, c’est évidemment vrai par définition des premiers de type 1.
Hérédité : Supposons que Pr soit vraie pour un certain r ≥ 1. On note 4k1 + 1, ..., 4kr+1 + 1 des
nombres premiers impairs de type 1 (où les ki sont des entiers naturels). On a alors, par hypothèse
de récurrence, l’existence de k ∈ N tel que
r
Y
(4ki + 1) = 4k + 1. Ainsi
i=1
r+1
Y
(4ki + 1) = (4k + 1)(4kr+1 + 1) = 4(4kkr+1 + k + kr+1 ) + 1
i=1
donc Pr+1 est vérifiée.
D’après le principe de récurrence,
lorsqu’on divise par 4 un produit fini de premiers impairs de type 1, le reste est 1.
5. En déduire que N admet au moins un facteur premier de type 3.
D’après le théorème de décomposition en facteurs premiers, N s’écrit comme produit de nombres
premiers. Comme 2 ne divise pas N, ces premiers sont tous impairs. S’ils étaient tous de type 1, alors,
par la question précédente, le reste de la division de N par 4 serait 1. Or l’égalité N = 4q2 · · · qn + 3
est la division euclidienne de N par 4, puisque q2 · · · qn ∈ N et 0 ≤ 3 < 4, et le reste de la division de
N par 4 est 3 6= 1. Par contraposition, Les facteurs premiers de N ne sont pas tous de type 1. Comme
ils sont impairs, c’est qu’il en existe de type 3, par une question précédente.
Ainsi, N admet au moins un facteur premier de type 3.
6. Conclure.
Notons p un facteur premier de type 3 divisant N, ce qui existe d’après la question précédente. Soit
i ∈ [[2, n]]. Comme qi > 3, l’écriture N = 4q2 · · · qn + 3 donne aussi la division euclidienne de N par
qi , avec un reste de 3. Ainsi qi ne divise pas N. Donc qi 6= p. Par ailleurs, comme q1 = 3 est premier
avec tous les qi pour i ≥ 2, car ce sont des nombres premiers différents de 3. Alors 3 est premier
avec q2 · · · qn et comme il est aussi premier avec 4, il est premier avec le produit 4q2 · · · qn , donc il
ne le divise pas, ce qui serait le cas par combinaison linéaire s’il divisait N = 4q2 · · · qn + 3. Ainsi 3
ne divise pas N, donc p 6= 3.
Ainsi p est un nombre premier impair de type 3 qui n’apparaît pas dans la liste de tous les nombres
premiers impairs de type 3, ce qui est une contradiction qui clôt le raisonnement par l’absurde.
Il y a donc une infinité de nombres premiers impairs de type 3.
II. Preuve combinatoire de l’infinitude des nombres premiers
Dans cette partie, on construit une preuve de l’infinitude des nombres premiers totalement différente de
celle d’Euclide, qui repose sur des arguments combinatoires. Par conséquent, pour répondre aux questions
de cette partie, on s’interdira d’utiliser l’argument d’Euclide.
2
On fixe r ∈ N? et p1 < p2 < . . . < pr des nombres premiers. Pour n ∈ N? , on note En l’ensemble des
entiers strictement positifs et inférieurs ou égaux à n dont les facteurs premiers sont dans {p1 , p2 , . . . , pr },
i.e.
¶
©
En = m ∈ [[1, n]] | ∃ (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ Nr , m = pα1 1 pα2 2 · · · pαr r
¶
©
et on note un le cardinal de En . On note aussi An = (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ Nr | pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ≤ n .
¶
©
1. On note, pour tout k ∈ [[1, r]], Akn = α ∈ N | pαk ≤ n .
(a) Montrer que, pour tout k ∈ [[1, r]], Card (Akn ) ≤
ln(n)
ln(pr n)
+1 ≤
.
ln(pk )
ln(pk )
Soit k ∈ [[1, r]] fixé. Pour α ∈ N, par croissance de la fonction ln et stricte positivité de ln(pk ),
pαk ≤ n ⇐⇒ α ln(pk ) ≤ ln(n) ⇐⇒ α ≤
Ainsi Akn = [[0,
j
ln(n)
ln(pk )
k
j
k
ln(n)
ln(n)
⇐⇒ α ∈ [[0, ln(p
]].
k)
ln(pk )
]] et donc
Card (Akn ) =
ú
ü
ln(n)
ln(n)
+1 ≤
+ 1.
ln(pk )
ln(pk )
Par ailleurs, par croissance de la fonction ln et stricte positivité de ln(pk ), 1 =
Comme la fonction ln transforme les produits en sommes,
ln(pr n)
ln(n)
+1 ≤
.
Card (Akn ) ≤
ln(pk )
ln(pk )
ln(pk )
ln(pk )
≤
ln(pr )
ln(pk ) .
(b) Montrer que An ⊂ A1n × A2n × · · · × Arn .
Soit (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ An . Comme pα1 1 ≥ 0 et, pour i ∈ [[2, r]], pαi i ≥ 1, alors pα1 1 ≤ pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ≤
n et donc α1 ∈ A1n . Le même argument montre que αk ∈ Akn pour tout k ∈ [[1, r]] et on a donc montré que (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ A1n × A2n × · · · × Arn . Ainsi
An ⊂ A1n × A2n × · · · × Arn .
(c) En déduire une constante positive C telle que : ∀n ≥ 1, Card (An ) ≤ C(ln(pr n))r .
Soit n ∈ N? . Comme les cardinaux sont positifs ou nuls,
Card (A1n × A2n × · · · × Arn ) =
r
Y
Card (Akn ) ≤
k=1
En posant C = Qr
1
k=1 ln(pk )
r
Y
ln(pr n)
1
= Qr
(ln(pr n))r .
ln(p
)
ln(p
)
k
k
k=1
k=1
et en utilisant le fait que le cardinal d’une partie est majoré par le
cardinal du tout, on obtient
Card (An ) ≤ C(ln(pr n))r .
3
2. Exhiber une bijection de An vers En , en justifiant la bijectivité.
On définit l’application ϕ par
®
ϕ:
An
−→
En
α1 α2
(α1 , α2 , . . . , αr ) 7−→ p1 p2 · · · pαr r
Cette application est bien définie, puisque par définition de An , pour (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ An , on
a automatiquement pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ≤ n. Par ailleurs, elle est surjective par définition de An et En .
L’injectivité est une conséquence directe de l’unicité de la décomposition en facteurs premiers. Ainsi
ϕ est bijective.
un
= 0.
n→+∞ n
3. (a) Déduire des questions précédentes que lim
Comme ϕ est bijective,
un Card (En ) Card (An )
(ln(pr n))r
0≤
=
=
≤C
= Cpr
n
n
n
n
1
r
Ñ
ln(pr n)
1
ér
.
(pr n) r
ln(x)
= 0 d’après les comparaisons de croissance entre logarithme et
1
xr
fonctions puissances. Comme lim pr n = +∞ et r > 0, par composition de limites,
Or
> 0, donc lim
x→+∞
n→+∞
Ñ
lim Cpr
n→+∞
ln(pr n)
ér
1
= 0.
(pr n) r
Par le théorème d’encadrement (dit “des gendarmes”),
un
= 0.
lim
n→+∞ n
(b) Montrer qu’il existe un N ∈ N tel que, pour tout n ≥ N, un < n.
Par définition de la limite, comme 12 > 0, il existe N ∈ N? tel que, pour tout n ≥ N, unn ≤ 12 . En
particulier, pour tout n ≥ N, unn < 1, i.e. un < n (car n ≥ N > 0).
4. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers.
Comme uN < N, alors En est une partie stricte de [[1, n]], donc il existe des nombres entiers inférieurs
ou égaux à N qui ne peuvent pas s’écrire comme produit des pi , i ∈ [[1, r]]. Ces nombres ont des
facteurs premiers hors de l’ensemble {p1 , p2 , . . . , pr } (d’après l’existence de la décomposition en
facteurs premiers). Ainsi, aucun ensemble fini de nombres premiers ne contient tous les nombres
premiers, donc
l’ensemble des nombres premiers est infini.
III. Preuve analytique de l’infinitude des nombres premiers
4
Dans cette partie, on construit une preuve de l’infinitude des nombres premiers totalement différente de
celle d’Euclide et de la précédente, qui repose sur des arguments analytiques.
On fixe n ≥ 1 et on reprend les notations de la partie II concernant les premiers p1 , p2 , . . . , pr et l’ensemble En .
1. (a) Montrer, par récurrence sur α, que pour tout α ∈ N et tout nombre entier m ≥ 2, mα ≥ α.
Soit m ≥ 2 un entier fixé. On définit, pour α ∈ N, l’assertion de récurrence Pα : mα ≥ α.
Initialisation : on a m0 = 1 ≥ 0, donc P0 est vraie.
Hérédité : On suppose Pα vérifiée pour un certain α ∈ N. Comme m ≥ 2 et mα ≥ 0, alors
mα+1 = m mα ≥ 2 mα = mα + mα ≥ mα + 1 ≥ α + 1,
la dernière inégalité étant obtenue grâce à l’hypothèse de récurrence. Ainsi Pα+1 est vérifiée.
D’après le principe de récurrence, on a donc, pour tout α ∈ N, mα ≥ α.
¶
©
(b) Montrer que En ⊂ pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ; (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ [[0, n]]r .
Soit m ∈ En . Par définition de En , m ≤ n et il s’écrit m = pα1 1 pα2 2 · · · pαr r , avec des exposants αk
entiers, pour k ∈ [[1, r]]. On a donc, pour un k ∈ [[1, r]] donné, en utilisant la question précédente :
pαk k ≤ pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ≤ n ≤ pnk .
La fonction ln étant croissante, αk ln(pk ) ≤ n ln(pk ), et comme pk > 1, ln(pk ) > 0, donc αk ≤ n.
Ceci étant valable pour tout k ∈ [[1, r]],
m ∈ pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ; (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ [[0, n]]r
¶
r
Y
1
2. En déduire que
≤
m∈En m
k=1
X
Ñ
n
X
1
αk
αk =0 pk
©
é
.
¶
©
En notant Fn l’ensemble pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ; (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ [[0, n]]r , comme En ⊂ Fn par la question
X 1
X
X
X 1
1
1
=
+
. Cependant
≥
précédente, on a Fn = En t (Fn \ En ). Ainsi
m
m∈En m m∈(Fn \En ) m
m∈Fn m
m∈(Fn \En )
0, comme somme de nombres positifs. Ainsi, par unicité de la décomposition en facteurs premiers,
X 1
1
≤
=
m
m
m∈En
m∈Fn
(α
X
X
1 ,α2 ,...,αr
3. Calculer les sommes
)∈[[0,n]]r
r
Y
1 1
1
·
·
·
=
pαr r
pα1 1 pα2 2
k=1
Ñ
n
X
1
αk
αk =0 pk
é
.
n
X
1
αk et en déduire une constante M qu’on explicitera telle que
αk =0 pk
∀n ∈ N? ,
1
≤ M.
m∈En m
X
Soit n ∈ N? . Par la formule de la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique, on a
5
1
1 − n+1
1
1
pk
≤
αk =
1
1 .
p
1
−
1
−
k
αk =0
pk
pk
n
X
En utilisant l’inégalité de la question précédente, on obtient
r
X 1
Y
1
≤
1 .
m∈En m
k=1 1 − pk
4. (a) Soit
m ∈ N? .
Ç
1
1
Montrer que ∀x ∈ [m, m + 1], ≤
x m
å
et en déduire par intégration que
ln(m + 1) − ln(m) ≤
1
.
m
Pour tout x ∈ [m, m + 1], on a 0 < m ≤ x donc 1x ≤ m1 . En intégrant cette inégalité sur le segment
R
R
≤ m1 mm+1 dx = m1 . Or ln est une primitive de x 7−→ 1x sur R?+ et
[m, m + 1], on obtient mm+1 dx
x
R
[m, m + 1] ⊂ R?+ , donc mm+1 dx
x = ln(m + 1) − ln(m) et enfin :
1
ln(m + 1) − ln(m) ≤ .
m
(b) Montrer que
n
X
1
≥ ln(n + 1).
m=1 m
?
∀n ∈ N ,
Soit n ∈ N? . Par somme télescopique,
n
X
(ln(m + 1) − ln(m)) = ln(n + 1) − ln(1) = ln(n + 1).
m=1
Par la question précédente,
n
X
1
≥ ln(n + 1).
m=1 m
5. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers.
Comme lim ln(n + 1) = +∞, il existe un N tel que ln(N + 1) > M. Ainsi
n→+∞
N
X
1
1
≤ M < ln(N + 1) ≤
,
m∈EN m
m=1 m
X
donc EN est une partie stricte de [[1, N]] et on conclut comme dans la dernière question de la partie
précédente.
6
IV. Fonction ζ
1. Définition de la fonction ζ. On fixe s ∈]1, +∞[ et on note, pour n ≥ 1, Sn (s) =
n
X
1
.
s
m=1 m
(a) Étudier la monotonie de la suite (Sn (s))n≥1 .
Pour n ≥ 1, Sn+1 (s) − Sn (s) =
1
(n+1)s
> 0. Donc la suite (Sn (s))n≥1 est strictement croissante.
1
(b) Pour m ∈ N \ {0, 1}, montrer que s ≤
m
Z m
m−1
dx
.
xs
Soit m ∈ N \ {0, 1}. Pour tout x ∈ [m − 1, m], comme m − 1 ≥ 1, alors 0 < x ≤ m. Puis, comme
−s ≤ 0, m1s ≤ x1s . En intégrant cette inégalité sur le segment [m − 1, m], on obtient
Z m
1
dx
≤
.
s
m
m−1 xs
(c) En déduire que Sn (s) ≤
s
pour tout n ≥ 1, puis la convergence de la suite (Sn (s))n≥1 .
s−1
En sommant les inégalités précédentes pour m ∈ [[2, n]] (si n = 1, la somme est alors nulle), on
obtient, par la relation de Chasles pour les intégrales,
n
X
1
≤ 1+
Sn (s) = 1+
s
m=2 m
Z n
1
ñ
dx
1
= 1+
s
x
(1 − s)xs−1
ôn
Ç
Ç
1
1
=
s − 1 − s−1 − 1
s−1
n
1
åå
≤
s
.
s−1
Comme la suite (Sn (s))n≥1 est croissante et majorée, elle converge.
(
Ce résultat nous permet de définir la fonction ζ :
]1, +∞[ −→
R
s
7−→ ζ(s) = lim Sn (s) .
n→+∞
On notera aussi, pour s > 1 et n ∈ N? , Rn (s) = ζ(s) − Sn (s).
2. Monotonie. Montrer que la fonction ζ est décroissante. Cette décroissance est-elle stricte ? Jusitifier
votre réponse.
Remarquons que, par combinaison linéaire de limites, pour s > 1,
n
X
Ç
1
1
lim
= lim Sn (s) − 1 − s
s
n→+∞
n→+∞
2
m=3 m
å
= ζ(s) − 1 −
1
.
2s
n
X
1
1
1
≥
,
donc
en
sommant,
on
a
≥
s
s
s1
m1
m2
m=3 m
n
X
1
1
1
. En passant à la limite quand n tend vers +∞, on obtient ζ(s1 ) − 1 − s ≥ ζ(s2 ) − 1 − s .
s
2
21
22
m=3 m
1
1
Cependant, comme s1 < s2 , s > s , puis en sommant les deux inégalités, dont l’une est stricte,
1
2
22
puis en ajoutant 1, on obtient ζ(s1 ) > ζ(s2 ). Donc
la fonction ζ est strictement décroissante sur ]1, +∞[.
Soient s1 , s2 tels que 1 < s1 < s2 . Pour m ≥ 3, on a
7
3. Limites.
(a) Montrer sans les calculer que les limites lim ζ(s) = `1 et
s −→ 1
lim ζ(s) = `∞ existent, puis que
s −→ +∞
>
`1 ∈ R+ ∪ {+∞} et `∞ ∈ [1, +∞[.
La fonction ζ étant croissante sur l’intervalle ]1, +∞[, d’après le théorème de la limite monotone,
elle admet des limites en 1 et en +∞, qui sont
`1 = lim+ ζ(s) = sup(ζ(]1, +∞[)) et `∞ = lim ζ(s) = inf(ζ(]1, +∞[)).
s→+∞
s→1
Comme la fonction ζ est à valeurs positives ou nulles, puisque pour s > 1 fixé, les sommes Sn (s)
le sont, on a `1 ∈ R+ ∪ {+∞} . De plus, à s > 1 fixé, par croissance de la suite des sommes,
pour tout n ≥ 1, Sn (s) ≥ S1 (s) = 1. donc `∞ ∈ [1, +∞[. Remarquons que cela entraîne aussi
`1 ≥ 1.
(b) Déduire de la question 1c la valeur de `∞ .
s
, donc, par passage
On a vu précédemment que, s > 1 étant fixé, pour tout n ≥ 1, Sn (s) ≤
s−1
s
à la limite quand n tend vers +∞, on obtient ζ(s) ≤
. En passant à la limite lorsque s tend
s−1
vers +∞, on a `∞ ≤ 1. Comme on a vu que `∞ ≥ 1, on en déduit que `∞ = 1.
(c) On se donne A ≥ 0.
i. Déduire de la partie précédente qu’il existe un NA ∈ N? tel que
NA
X
1
≥ A + 1.
m
m=1
Comme lim ln(n + 1) = +∞, il existe en particulier un NA tel que ln(NA + 1) ≥ A + 1.
n→+∞
D’après la partie précédente, cela implique que
NA
X
1
≥ A + 1.
m=1 m
ii. Montrer alors qu’il existe α > 0 tel que, pour tout s ∈]1, 1 + α], SNA (s) ≥ A.
NA
X
1
, somme finie de fonctions exponentielles, est continue sur R.
s
m=1 m
La question précédente donne SNA (1) ≥ A + 1. Par continuité à droite de SNA en 1, en prenant
“ε = 1” dans la définition de la continuité, on obtient un α > 0 tel que, pour tout s ∈]1, 1 + α],
SNA (s) ≥ A.
La fonction SNA : s 7−→
iii. En déduire la valeur de `1 .
Par croissance de la suite (Sn (1+α))n et passage à la limite quand n tend vers +∞, ζ(1+α) ≥
SNA (1 + α) ≥ A. Par décroissance de la fonction ζ, `1 ≥ A. Cela étant valable pour tout A > 0,
`1 = +∞.
4. Continuité. On fixe a > 1 et on veut prouver la continuité de ζ en a. Pour cela, on se donne un ε > 0.
8
(a) Montrer qu’il existe un Nε ∈ N? tel que RNε
Par définition des Rn
Ä
1+a
2
ä
Ä
1+a
2
ä
≤ 2ε .
et différence de limites, lim Rn
Donc il existe en particulier un Nε tel que RNε
Ä
1+a
2
ä
Ä
n→+∞
≤ 2ε .
1+a
2
ä
=ζ
Ä
1+a
2
ä
−ζ
Ä
1+a
2
ä
= 0.
k
X
1
.
s
k→+∞
m=n+1 m
(b) i. Montrer que, pour s > 1 et n ∈ N? , Rn (s) = lim
Soient s > 1 et n ∈ N? . Pour k > n, on a
k
X
1
= Sk (s) − Sn (s), ce qui tend vers ζ(s) −
s
m=n+1 m
Sn (s) = Rn (s) quand k tend vers +∞.
ii. En déduire, pour h ∈
î
1−a
2 , +∞
î
, que |RNε (a + h) − RNε (a)| ≤ RNε
Ä
1+a
2
ä
.
Dans la valeur absolue, on a une différence de termes positifs ou nuls, donc cette valeur
absolue est majorée par le plus grand des deux. Par la question précédente, la fonction RNε
est définie comme limite de fonctions qui sont des sommes finies de fonctions décroissantes,
donc elles-mêmes décroissantes. Ainsi RNε est une Äfonction
décroissante, donc les termes
ä
1+a
dans la valeur absolue sont chacun majoré par RNε 2 puisque a ≥ 1, donc a ≥ 1+a
2 et
1−a
1+a
1−a
h ≥ 2 donc a + h ≥ a + 2 = 2 .
ä
Ä
On a donc |RNε (a + h) − RNε (a)| ≤ RNε 1+a
et en particulier, en utilisant une question pré2
cédente, |RNε (a + h) − RNε (a)| ≤ 2ε .
(c) Montrer que lim (SNε (a + h) − SNε (a)) = 0.
h→0
Comme précédemment, la fonction SNε est continue en a, car elle l’est sur R comme somme
finie de fonctions exponentielles.
(d) Conclure en utilisant la définition de la continuité.
0
0 0
Par la question précédente,
Ä on peut
ä trouver α > 0 tel que pour h ∈ [−α , α ], |SNε (a + h) − SNε (a)| ≤
ε
a−1
a−1
a+1
2 . En prenant α = min α, 2 , pour h ∈ [−α, α], on a a + h ≥ a − 2 = 2 > 1 et
|ζ(a + h) − ζ(h)| ≤ |SNε (a + h) − SNε (a)| + |RNε (a + h) − RNε (a)| ≤
Cela étant valable pour tout ε > 0, la fonction ζ est continue sur ]1, +∞[.
5. Dérivabilité. On fixe a > 1 et on veut prouver la dérivabilité de ζ en a.
(a) Montrer que, pour x ∈ R,
Z x
(x − t)et dt = ex − 1 − x.
0
On pose l’intégration par parties suivante :
ñ
u = x−t
dv = et dt
9
ñ
du = − dt
v = et
ε ε
+ = ε.
2 2
Les fonctions t 7−→ x − t et exp étant de classe C 1 sur R et 0, x ∈ R, on a
Z x
t
(x − t)e dt =
0
(b)
î
Z x
ó
t x
(x − t)e 0 + et
0
î óx
dt = (0 − x) + et
0
= ex − 1 − x.
−h ln(m)
e
−
1
+
h
ln(m)
≤ |h| (ln(m))2 e|h| ln(m) .
En déduire que pour h 6= 0 et m ∈ N? , h
−h ln(m)
Z −h ln(m)
e
−
1
+
h
ln(m)
1
t
=
. Remar
Par la question précédente, (−h
ln(m)
−
t)e
dt
|h|
h
0
quons que ln(m) ≥ 0, donc l’ordre entre les bornes de l’intégrale dépend du signe de h.
Si h < 0,
Z
−h ln(m)
(−h ln(m) − t)et
0
dt ≤
Z −h ln(m)
|−h ln(m) − t| et dt
0
≤
Z −h ln(m)
(−h ln(m))e−h ln(m) dt
0
= (−h ln(m))2 e−h ln(m)
= |h|2 (ln(m))2 e|h| ln(m) .
Si h > 0,
Z
−h ln(m)
(−h ln(m) − t)et
0
dt ≤
≤
Z 0
−h ln(m)
|−h ln(m) − t| et dt
Z 0
−h ln(m)
h ln(m) dt
= (h ln(m))2
≤ |h|2 (ln(m))2 e|h| ln(m) .
Donc, dans tous les cas,
R −h ln(m)
(−h ln(m) − t)et
0
dt ≤ |h|2 (ln(m))2 e|h| ln(m)
et en divisant par
|h| > 0, on obtient le résultat voulu.
(c) Montrer que, pour h 6= 0, la suite (ln(m))2 e−|h| ln(m)
cette suite, qu’on ne demande pas d’expliciter.
Ä
ä
m≥1
est bornée. On note C un majorant de
Soit h ∈ R? . Pour α > 0 et P une fonction polynôme, on sait, d’après les résultats de comparaison
de croissances entre polynômes et exponentielles, que lim P(x)e−αx = 0. Ainsi lim x2 e−|h|x =
x→+∞
0. Comme lim ln(m) = +∞, on a par composition de limites
suite
Ä
m→+∞
ä
(ln(m))2 e−|h| ln(m) m≥1
(d) Montrer que, pour h 6= 0
x→+∞
2 −|h| ln(m)
lim (ln(m)) e
m→+∞
= 0. La
étant convergente, elle est bornée.
n
X
S
(a
+
h)
−
S
(a)
ln(m)
n
n
≤ C |h| Sn (a − 2 |h|).
et n ∈ N? , +
a h
m
m=1
10
Soient h ∈ R? et n ∈ N? . On a par calcul, inégalité triangulaire et application successive des
résultats des deux questions précédentes :
n
X
Sn (a + h) − Sn (a)
ln(m)
+
a
h
m
m=1
å
Ç
X
n 1
1
1
ln(m)
− a + h a a+h
m
m
m=1 h m
!
X
−h ln(m) − 1 + h ln(m) n 1
e
h
m=1 ma
n
X
1 e−h ln(m) − 1 + h ln(m) a
h
m=1 m =
=
≤
n
X
1
|h| (ln(m))2 e|h| ln(m)
a
m
m=1
≤
≤ C |h|
(e) Montrer qu’il existe un
constante Ce > 0
Ñ
n
X
ln(m)
a
m=1 m
et en déduire que la suite
n
X
1 2|h| ln(m)
e
= C |h| Sn (a − 2 |h|).
a
m=1 m
telle que, pour tout n ∈
N? ,
n
X
Ç
ln(m)
1+a
≤ Ce Sn
a
2
m=1 m
å
é
converge.
n≥1
Par les résultats de comparaison de croissance entre fonctions
et fonctions logaÇ puissances
å
ln(m)
ln(m)
rithmes, puisque a−1
lim
étant convergente, elle
a−1
a−1 = 0. La suite
2 > 0, on a m→+∞
2
2
m
m
m
est bornée. Elle est donc majorée par un certain Ce > 0, i.e.
∀m ∈ N? ,
ln(m)
m
a−1
2
e
≤ C.
Soit n ∈ N? . En multipliant la majoration ci dessus, pour m ∈ [[1, n]], par
n
X
Ç
1
a+1
m 2
> 0, puis en
å
ln(m)
1+a
sommant sur les m ∈ [[1, n]], on obtient
≤ Ce Sn
.
a
2
m=1 m
Par croissance de la suite
Sq 1+a
2
Ä
Ä
, S 1+a
2
q n
ää
Ä
ä
Ç
≤ lim Sq
q→+∞
n
X
Ç
å
Ç
å
1+a
1+a
=ζ
. Ainsi
2
2
å
1+a
ln(m)
≤ Ce ζ
.
a
2
m=1 m
Ñ
La suite
n
X
ln(m)
a
m=1 m
é
étant croissante (car ∀m ∈ N? , ln(m)
ma ≥ 0) et majorée, elle converge.
n≥1
n
X
ln(m)
.
a
n→+∞
m=1 m
(f) En déduire que ζ est dérivable en a et que ζ0 (a) = − lim
n
X
ln(m)
∈ R. Pour |h| ≤
a
n→+∞
m=1 m
Notons ` = lim
11
a−1
3 ,
en faisant tendre n vers +∞ dans l’inégalité
de la question 5d, par combinaison linéaire de limites, continuité de la fonction valeur absolue
et stabilité des inégalités larges par passage à la limite :
ô a − 1 a − 1 ζ(a + h) − ζ(a)
∀h ∈ −
,
, + ` ≤ C |h| ζ(a − 2 |h|).
3
3
h
ñ
ζ(a + h) − ζ(a)
=
h→0
h
En faisant tendre h vers 0, par continuité de la fonction ζ en a et encadrement, lim
−`. Ainsi
n
X
ln(m)
.
a
n→+∞
m=1 m
la fonction ζ est dérivable en a et ζ0 (a) = − lim
.
V. Identité d’Euler
On reprend ici les notations de la partie concernant la fonction ζ et on note p1 < p2 < . . . < pn . . . la suite
infinie des nombres premiers. On fixe un réel s > 1.
1. (a) Montrer que ∀r, n ∈ N? ,
1−
r
Y
Soient
1
psk
ãn+1
≤ S(p1 p2 ···pr )n (s).
1 − p1s
k=1
r, n ∈ N? .
Å
k
Comme dans la partie III, en notant Fn l’ensemble
Fn = pα1 1 pα2 2 · · · pαr r ; (α1 , α2 , . . . , αr ) ∈ [[0, n]]r ,
©
¶
on a, par unicité de la décomposition en facteurs premiers,
1
=
s
m∈Fn m
(α
X
r
Y
1
1
1
=
·
·
·
(ps1 )α1 (ps2 )α2
(psr )αr k=1
,...,α )∈[[0,n]]r
Ñ
X
1 ,α2
r
n
X
1
Ä
αk =0
psk
äαk
é
=
r
Y
k=1
1−
Å
1
psk
ãn+1
1 − p1s
.
k
Par ailleurs, tout élément de Fn est clairement inférieur ou égal à (p1 p2 · · · pr )n , donc Fn ⊂
[[1, (p1 p2 · · · pr )n ]]. Par suite, comme on somme des nombres positifs,
X
1
1
≤
= S(p1 p2 ···pr )n (s)
s
s
m
n
m∈Fn m
m∈[[1,(p p ···p ) ]]
X
1 2
r
et en combinant les deux résultats,
r
Y
k=1
(b) En déduire que ∀r ∈ N? ,
1−
Å
1
psk
ãn+1
1 − p1s
≤ S(p1 p2 ···pr )n (s).
k
r
Y
1
1 ≤ ζ(s).
1
−
k=1
ps
k
N?
Soir r ∈
fixé. Lorsque n tend vers +∞, (p1 p2 · · · pr )n aussi, et par composition de limites,
S(p1 p2 ···pr )n (s) tend vers ζ(s). Toujours lorsque n tend vers +∞, par produit fini de limites,
12
r
Y
1−
k=1
mite,
Å
1
psk
1−
ãn+1
1
psk
tend vers
r
Y
1
1 et par stabilité des inégalités larges par passage à la lik=1 1 − ps
k
r
Y
1
1 ≤ ζ(s).
k=1 1 − ps
k
1−
r
Y
2. (a) Montrer que ∀r ∈ N? , ∀n ≥ log2 (pr ),
Å
1
psk
ãn+1
≥ S pr (s).
1 − p1s
k=1
k
N?
Soient r ∈
et n ≥ log2 (pr ). L’ensemble Fn a été introduit dans une question précédente et
par un raisonnement analogue aux précédents, il suffit de montrer qu’on a [[1, pr ]] ⊂ Fn . Soit
m ∈ [[1, pr ]]. Les facteurs premiers de m étant tous inférieurs ou égaux à m, donc à pr , ils sont
tous dans l’ensemble {p1 , p2 , . . . , pr }, donc, par décomposition en facteurs premiers, m s’écrit
m = pα1 1 · · · pαr r , avec les αk entiers. Par ailleurs pour tout k ∈ [[1, r]], 2αk ≤ pαk k ≤ m ≤ pr , donc
αk ≤ log2 (pr ) ≤ n. Ainsi m ∈ Fn .
Ñ
(b) En déduire que la suite
r
Y
1
1
k=1 1 − ps
k
é
r
Y
1
1 .
r→+∞
k=1 1 − ps
converge et que ζ(s) = lim
r≥1
k
Soir r ∈ N? . Lorsqu’on fait tendre n vers +∞ dans l’inégalité précédente, on obtient par produit
r
Y
1
fini de limites,
1 ≥ S pr (s). En combinant ce résultat avec celui de la première question,
k=1 1 − psk
on obtient l’encadrement
r
Y
1
S pr (s) ≤
1 ≤ ζ(s).
k=1 1 − ps
k
En faisant tendre r vers +∞, pr tend vers +∞ (une récurrence évidente prouve que, pour tout
rÑ≥ 1, pr ≥ r),
é et on obtient par composition de limite et le théorème d’encadrement que la suite
r
r
Y
Y
1
1
converge
et
que
ζ(s)
=
lim
1
1 , ce qu’on note
r→+∞
k=1 1 − ps
k=1 1 − ps
k
r≥1
k
ζ(s) =
+∞
Y
1
1 .
1
−
k=1
ps
k
13