Théorie des Nombres et Applications : Volume 1 Philippe Elbaz

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Théorie des Nombres et Applications : Volume 1
Philippe Elbaz-Vincent
Philippe Michel
Institut Fourier
E-mail address: [email protected]
EPFL
E-mail address: [email protected]
Table des matières
Chapitre 1. Le Théorème des Nombres Premiers
1. La méthode d’Euler
2. La méthode de Chebychef
3. La méthode de Nair
5
7
8
13
Chapitre 2. Sommation de fonctions arithmétiques
1. Approximation par une intégrale, Intégration par parties
2. Convolution de Dirichlet
3. Application au comptage des nombres premiers
4. Fonctions multiplicatives
5. Exercices
15
16
18
20
22
23
Chapitre 3. Série de Dirichlet
1. Rappel sur les séries entières
2. Séries de Dirichlet
3. Séries de Dirichlet et fonctions multiplicatives
4. Les séries L
5. Fonctions arithmétiques : Formulaire RAPPEL
25
25
26
29
32
35
Chapitre 4. Le Théorème de la Progression Arithmétique
1. Caractères d’un groupe abélien fini
2. Caractères de Dirichlet
3. Début de la preuve du Théorème 4.3
4. Non-annulation des fonctions L de Dirichlet au point 1
37
38
43
45
46
Chapitre 5. Le mémoire de Riemann
51
Chapitre 6. L’équation fonctionnelle
1. Quelques transformations intégrales
2. Transformée de Mellin
3. L’équation fonctionnelle de la fonction ζ de Riemann
55
55
59
62
Chapitre 7. La factorisation d’Hadamard
1. Fonctions d’ordre borné
2. Première estimation des zéros
65
65
66
Chapitre 8. Les formules explicites
1. Application au comptage des zéros de ζ.
2. Les formules explicites de Weil
71
71
73
Chapitre 9. Le Théorème de Hadamard-de la Vallée-Poussin
77
3
CHAPITRE 1
Le Théorème des Nombres Premiers
On connait depuis Euclide qu’il y a un infinitude des nombres premiers. En constatant par
l’absurde supposons qu’il n’existe que les nombres premiers p 1 , p 2 , . . . , p n . Et puis le nombre
p 1 p 2 · · · p n +1 doit être un premier. Dans cette partie on va s’intéresser à quantifier cet énoncé :
pour cela on définit la fonction de comptage
π(x) = |{p ∈ P , p É x}|.
Le théorème d’Euclide dit donc que π(x) → +∞ quand x → +∞ et la question qui se pose est
à quelle vitesse ?
On peut faire assez facilement des expériences de comptage des nombres premiers : il faut
d’abord en dresser la liste jusqu’à une certaine limite. Une méthode simple et systématique
est donnée par le crible d’Érathostène :
(1) On fait la liste de tous les entiers jusqu’à X .
(2) On biffe 1 (qui n’est pas premier)
(3) On garde 2 et on biffe tous ses autres multiples
(4) On garde 3 et on biffe tous les multiples de 3 qui n’ont pas déjà été éliminés
(5) . . .
(6) le premier nombre non biffé à l’étape précédente est automatiquement premier, on le
garde et on biffe ces multiples
(7) . . .
Par exemple pour X = 30, on obtient
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
23
5
7
23
5
23
5
9
11
13
7
11
7
11
15
17
19
13
17
13
17
21
23
25
19
23
25
19
23
19
23
27
29
29
29
···
23
5
7
11
13
17
29
Remarque 1.1. Dans l’exemple précédent, on remarque qu’on obtient la liste des nombres
premiers É X dès la troisième étape (quand on biffe les multiples de 5). Cela s’explique simplement par le critère suivant :
p
Un entier n Ê 2 est composé, si et seulement si ilp admet un diviseur d vérifiant 1 < dpÉ n .
Preuve. En effet si n admet un divisieur 1 < d É n alors n > 1 et d 6= 1, n parce que n < n .
Ainsi n est composé. Réciproquement, n un nombre composé et d 6= 1, n un diviseur, le nombre
5
6
1. LE THÉORÈME DES NOMBRES PREMIERS
n/d est également un diviseur de n (le diviseur complémentaire, n = d .(n/d )) qui vérifie
1 < n/d < n . Posant alors
d 0 := min(d , n/d ),
on a
1 < d0 É
p
n.
Ainsi, on obtient la liste de tous les nombres premiers < 49 dès qu’on a biffé les multiples de
5 parce que 72 = 49.
Observons que l’espacement entre les nombres premiers consécutifs semble s’accroı̂tre
ce qui suggère que l’ensemble des premier doit être de moins en moins dense. A la suite
d’expériences de comptage beaucoup plus intensives, Gauss et Legendre, indépendament,
ont formulé aux alentour de l’année 1795 une conjecture donnant une formula asymptotique
pour π(x) : la conjecture des nombres premiers. Une centaine d’années plus tard (1896) cette
conjecture fût démontrée par Hadamard et de la Vallée-Poussin et devint ainsi le Théorème
des Nombres Premiers :
Théorème (Théorème des Nombres Premiers (TNP)). Quand x → +∞,
π(x) ∼
Jacques Hadamard (1865-1963)
x
.
log x
Charles-Jean de La Vallée Poussin (1866-1962)
Remarque 1.2. Quelque remarques sur la notation : Soit f ,g deux fonctions sur R avec
g non-nulle pour x suffisament grand. On écrit f ∼ g si et seulement si
f (x)
→ 1 quand x → ∞.
g (x)
Si g est non-nulle la notation f = O(g ) veut dire qu’il existe une constante absolue C tel que
| f (x)| É C g (x)
pour tous les x dans la domaine de f et g . On peut dire aussi f ¿ g , qui veut dire la même
chose que f = O(g ). De temps en temps on écrit également f = O ε (g ) ou f ¿ε g qui veut dire
que la constante implicite peut aussi dépend sur le paramètre ε. Finalement, on dit f = o(g )
si pour tout ε > 0 il existe un consant N > 0 tel que
| f (x)| É εg (x)
pour x Ê N .
1. LA MÉTHODE D’EULER
7
Remarque 1.3. Dans les années 1830, Dirichlet avait formulé la conjecture des nombres
premiers sous une forme un peu différente : introduisant la fonction suivante, appelée logarithme integral
Z
x
Li(x) :=
2
dt
,
log t
il avait conjecturé que
π(x) ∼ Li(x).
x
log x
(faire une intégration par parties) cette formulation de la conjecture est
Comme Li(x) ∼
bien équivalente à l’originale ; cependant la formulation de Dirichlet est meilleure : comme on
va le voir, la preuve du TNP fournit en fait le développement asymptotique suivant
π(x) = Li(x) + O(x exp(−c
q
log x))
pour c > 0 une constante absolue.
Exercice(s) 1.4. Montrer que
Li(x) =
x
x
x
+
+ O( 3 ).
2
log x log x
log x
p
Comme la fonction x exp(−c log x) est négligeable devant la fonction
π(x) −
x
log2 x
on a
x
x
Ê
log x log2 x
pour x assez grand, alors que
π(x) − Li(x) = o(
x
log2 x
)
quand x → +∞. En fait la célèbre Hypothèse de Riemann (voir ci-après) prédit que
π(x) = Li(x) + O(x 1/2 log2 x).
1. La méthode d’Euler
Avec un peu de soin, la preuve d’Euclide peut être modifiée pour fournir une minoration
explicite de π(x) ; celle-ci est très mauvaise. C’est une autre preuve de l’infinitude des nombres
premiers, due à Euler qui ouvrit la voie à la preuve du TNP et d’une certaine manière constitue
le point de départ de la théorie analytique des nombres. La méthode d’Euler est de nature
combinatoire et analytique et est basée sur la série “zeta” introduite par lui-même : pour s > 1,
on consière la série convergente
ζ(s) =
X 1
.
s
nÊ1 n
Par comparaison série-intégrale, on a
ζ(s) =
X 1 Z +∞ d x
1
Ê
=
→ +∞, s → 1+ .
s
s
n
x
s
−
1
1
nÊ1
L’observation fondamentale d’Euler est le fait que le Théorème Fondamental de l’Arithmétique
permet d’exprimer ζ(s) en fonction des nombres premiers : pour s > 1 considérons pour chaque
nombre premier p la série
ζp (s) = 1 +
1
1
1
+ 2 s +···+ α s +...
s
p
(p )
(p )
8
(ie. la série ζ “restreinte” aux puissances de p ) c’est une série géométrique qui vaut
ζp (s) = (1 −
1 −1
) .
ps
Ainsi, par unicité de la factorisation dans le Théorème Fondamental de l’Arithmétique,
ζ2 (s)ζ3 (s) =
XX
1
α α s
α2 ,α3 Ê0 (22 33 )
est la série ζ “restreinte” aux entiers dont la décomposition en puissance de nombre premiers
ne contient que des 2 et des 3 ; de même ζ2 (s)ζ3 (s)ζ5 (s) est la série ζ “restreinte” aux entiers
dont la décomposition en puissance de nombre premiers ne contient que des 2 des 3 et et des
5...
Supposont que
P = {2, 3, 5, · · · , p max }
est fini, poursuivant le raisonnement précédent, on obtient l’identité :
ζ(s) =
(1.1)
Y
Y
X 1
1
=
ζp (s) =
(1 − s )−1
s
p
nÊ1 n
p∈P
p∈P
Comme le produit p∈P (1 − p1s )−1 est fini et que pour tout p premier, ζp (s) est bien défini
en s = 1 (et vaut 1 − 1/p ), on voit que ζ(s) devrait avoir une limite finie quand s → 1+ : une
contradiction, donc P est infini.
En fait on montrera bientôt que, bien que P soit infini, l’identié (1.1) est valide pour s > 1
(le produit infini converge et vaut ζ(s)). La méthode d’Euler permet alors d’avoir des résultats
quantitatifs précis sur le comptage des nombres premier : prenons le logarithme de l’identité
(1.1) : pour s > 1, on a
Q
log(ζ(s)) = −
X
log(1 −
p
X¡ 1
1 ¢ X 1
1
)=
+ O( 2s ) =
+ O(1)
s
s
s
p
p
p p
p p
D’autre part, on a vu que
log(ζ(s)) Ê log(
Ainsi pour s > 1,
1
) = − log(s − 1).
s −1
X 1
Ê − log(s − 1) + O(1).
s
p p
Faisant tendre s vers 1, on obtient donc (par convergence dominée) que
Théorème. La série
X1
p p
est divergente.
2. La méthode de Chebychef
Nous commençerons par le resultat suivant dû a Chebycheff (∼ 1850), qui n’utilise que des
méthodes élémentaires et qui donne le bon ordre de grandeur pour la fonction π(x) :
Théorème 1.5. Il existe des constantes 0 < c < C telles que pour x Ê 2 on ait
c
x
x
É π(x) É C
.
log x
log x
2. LA MÉTHODE DE CHEBYCHEF
9
Preuve. Soit n Ê 1, considérons sa factorielle
Y
n! =
k.
1ÉkÉn
La méthode de Chebychef est basée sur le fait que ce nombre n! est divisible (et n’est divisible
que) par tous les nombres premier É n . Commençons par rappeler la
Définition 1.6. Pour n ∈ Z − {0} et p un nombre premier la valuation p -adique de n ,
v p (n) est le plus grand entier α Ê 0 tel que p α divise n : ie. p α |n et p α+1 6 |n . En particulier
on a
n=
Y
p v p (n) =
p|n
Y
p v p (n) .
p∈P
Si n = 0 on pose v p (0) = ∞.
Notons que v p (nm) = v p (n) + v p (m) pour tous n, m ∈ N. On a donc
n! =
Y
p v p (n!) , de plus v p (n!) Ê 1 pour tout p É n.
pÉn
Ainsi en prenant le logarithme de cette expression on a
X
log(n!) =
v p (n!) log(p).
pÉn
On évalue les deux cotés de cette identité. Considérons la partie de gauche
log(n!) =
X
log k.
kÉn
Cette dernière somme peut être évaluée en la comparant avec l’ intégrale
n
Z
1
log t d t = n log n − n + 1
(voir le chapitre suivant) et on trouve
(1.2)
log(n!) =
X
log k = n log n − n + O(log n).
kÉn
Ainsi, on obtient que
X
v p (n!) log(p) = n log n − n + O(log n).
pÉn
Nous avons maintenant besoin d’évaluer la valuation v p (n!). Soit k un entier, la valuation
v p (k) (le plus grand exposant α tel que p α divise k ) vaut
v p (k) = max(α Ê 0, p α |k) =
X
1
αÊ1
p α |k
et donc (intervertissant les sommations) on a
v p (n!) =
X
1ÉkÉn
v p (k) =
X
X
1=
1ÉkÉn αÊ1
p α |k
X X
αÊ1 1ÉkÉn
p α |k
avec
x 7→ [x] =
X
1ÉkÉx
1 = x − {x}
1=
X n
[ α ],
αÊ1 p
10
désignant la fonction partie entière de x ({x} désigne la partie fractionnaire) ; on a utilisé les
identités
X
1=
1ÉkÉn
p α |k
X
1Ék 0 Én/p α
1=[
n
].
pα
On a donc
X
(1.3)
log p
pÉn
X
[
αÊ1
p α Én
n
] = n log n − n + O(log n).
pα
Evaluons la somme
X
αÊ1
p α Én
[
n
];
pα
comme [x] É x , cette somme est majorée par
X
αÊ1
p α Én
[
X n
n
n
n
1
n
n
]É
=
= (1 + O( )) = + O( 2 )
α
α
p
p(1 − 1/p) p
p
p
p
αÊ1 p
On a donc
n log n − n + O(log n) É n
X
pÉn
log p(
X log p
1
1
+ O( 2 )) = n
+ O(n)
p
p
pÉn p
car
X log p
= O(1);
2
pÉn p
on a donc, divisant par n
X log p
Ê log n + O(1)
pÉn p
ce qui montre encore que l’ensemble des nombres premiers est infini.
2.1. Le coefficient binomial. Cette approche ne permet cependant pas d’obtenir la
fonction de comptage des nombres premiers : le problème est que le “poids” v p (n!) varie
beaucoup quand p varie entre 2 et n . Pour y remédier, Chebycheff considère à la place de
n
l’entier n!, le coefficient du binome C 2n
= (2n)!/(n!)2 :
Par (1.2), on voit d’abord que
n
logC 2n
= (2n log 2n − 2n + O(log n)) − 2(n log n − n + O(log n)) = (log 4)n + O(log 2n).
Remarque 1.7. On peut obtenir cette formule asymptotique de manière plus élémentaire : on a
2n
X
k
C 2n
= (1 + 1)2n
k=0
n
et on sait bien que parmi les 2n + 1 termes de cette somme, C 2n
est le plus grand. Ainsi
(1 + 1)2n
n
É C 2n
É (1 + 1)2n
2n + 1
donc prenant le log, on obtient
n
logC 2n
= 2n(log 2) + O(log n).
2. LA MÉTHODE DE CHEBYCHEF
11
n
Remarquons que C 2n
est divisible par tous les nombres premiers de l’intervalle ]n, 2n].
Posant
θ(x) :=
X
log p,
pÉx
on a donc
n
log(C 2n
)=
(1.4)
X
pÉ2n
n
v p (C 2n
) log p Ê
log p = θ(2n) − θ(n).
X
n<pÉ2n
On obtient que pour tout n Ê 2
θ(2n) − θ(n) É (log 2)2n.
Etant donné un nombre réel x Ê 2, il existe toujours un entier pair 2n tel que 0 É x − 2n É 2 ;
utilisant le fait que
θ(x) − θ(2n) É log x,
et
0 É θ(x/2) − θ(n),
on voit que pour tout x Ê 2
θ(x) − θ(x/2) É (log 2)x + O(log x).
et utilisant cette inégalité avec x, x/2, x/4, ... etc, (O(log x) fois) on en déduit que
θ(x) =
X
θ(x/2k ) − θ(x/2k+1 ) É
kÊ0
X
(log 2)
0Ék¿log x
x
2k
É (2 log 2)x + O(log2 x).
On en deduit facilement une majoration pour π(x) avec le bon ordre de grandeur : on a
π(x) =
X
1=
pÉx
X
pÉx 1/2
1+
X
1,
x 1/2 <pÉx
le premier terme est majoré par x 1/2 alors que le second terme vérifie
X
x 1/2 <pÉx
1É
1
X
log(x 1/2 ) x 1/2 <pÉx
log p =
2
x
(θ(x) − θ(x 1/2 )) É 2(log 4)
+ O(x 1/2 )
log x
log x
et donc
π(x) É 2(log 4)
x
+ O(x 1/2 ).
log x
Remarque 1.8. Par un argument un peu plus élaboré (intégration par parties, voir le
chapı̂tre suivant), on peut montrer que
π(x) É (log 4)
x
1
(1 + O(
)), x → +∞.
log x
log x
12
2.2. Minoration. Pour obtenir une minoration, il nous faut être plus précis sur la valeur
n
de v p (C 2n
) : on a
n
v p (C 2n
) = v p (2n!) − 2v p (n!) =
X
X 2n
n
n
$( α )
[ α ] − 2[ α ] =
p
p
αÊ1
αÊ1 p
avec
$(x) : x → [2x] − 2[x] = 2{x} − {2x}.
Cette fonction est periodique de période 1 et vaut
$(x) =
(
0
x ∈ [0, 1/2[
1
x ∈ [1/2, 1[.
En particulier, elle varie donc beaucoup moins que la fonction x 7→ [x]. Observant que, pour
p É 2n le nombre de terme non nuls de la somme
X
αÊ1
$(
n
)
pα
est borné par α É log 2n/ log p et comme $(n/p α ) É 1, on obtient la majoration
n
logC 2n
= (log 4)n + O(log n) =
(1.5)
X
log p
pÉ2n
X
αÊ1
$(
X
n
log 2n
)
É
log p
= (log 2n)π(2n).
α
p
log p
pÉ2n
Ainsi, on obtient la minoration
(log 2)
2n
+ O(1) É π(2n)
log 2n
et plus généralement, pour tout entier x Ê 2
(log 2)
x
log x
(1 + O(
)) É π(x).
log x
x
On en déduit également une minoration pour la fonction θ(x) :
θ(x) =
X
pÉx 1/2
log p+
X
log p Ê (log x 1/2 )(π(x)−π(x 1/2 )+O(x 1/2 log x) =
x 1/2 <pÉx
1
log xπ(x)+O(x 1/2 log x)
2
et donc
log 2
log x
x(1 + O(
))
2
x
On a donc montré l’existence de constantes 0 < c < C telles que pour tout x Ê 2
x
x
É π(x) É C
.
(1.7)
cx É θ(x) É C x, c
log x
log x
θ(x) Ê
(1.6)
Remarque 1.9. Avec un peu plus de soin, on peut montrer que les constances c et C
peuvent être prises arbitrairement proches de log 2 et 2 log 2 respectivement au moins quand
x est assez grand. (cf. Exercice 1.10).
Exercice(s) 1.10. En remplaçant x 1/2 part une autre valeur dans les découpages
π(x) =
X
pÉx 1/2
1+
X
x 1/2 <pÉx
1, θ(x) =
X
pÉx 1/2
log p +
X
x 1/2 <pÉx
log p
3. LA MÉTHODE DE NAIR
13
montrer que
log 2 + o(1) É
π(x)
θ(x)
,
É 2 log 2 + o(1), x → +∞.
x/ log x
x
On déduit du théorème de Chebychef l’estimation asymptotique suivante
Théorème (Mertens). On a
X log p
= log x + O(1).
pÉx p
Preuve. Revenons à (1.3) : pour n Ê 2,
X
log p
X
[
1Éα, p α Én
pÉn
n
] = n log n − n + O(log n).
pα
La contribution des α Ê 2 au terme de gauche est bornée par
X
X
log p
pÉn
2Éα,
p α Én
[
X
X n
X log p
n
]É
log p
¿n
= O(n).
α
α
2
p
pÉn
pÉn p
2Éα p
Considérant le reste et écrivant [n/p] = n/p + O(1) on obtient
X
n
+ O(
log p) = n log n − n + O(log n) + O(n).
p
pÉn
pÉn
P
et donc par la majoration de Chebychef pÉn log p = O(n), on trouve que
X
n
log p = n log n + O(n).
p
pÉn
X
log p
On conclut en divisant cette dernière égalité par n .
X log p
p,kÊ2
p k Éx
pk
= O(1), x → ∞.
3. La méthode de Nair
En 1982, Nair a donné une version trés élégante de la minoration de π(x) dans la méthode
de Chebychef.
Exercice(s) 1.12. Un autre démonstration du Théorème de Chebychef.
Soit n Ê 1 un entier, on note dn le ppcm des entiers 1, 2, . . . , n :
d n = [1, 2, . . . , n − 1, n].
Soit I n , l’integrale
1
Z
In =
0
x n (1 − x)n d x.
(1) Montrer les inégalités
0 < I n É 4−n .
1
.
(2) Montrer que I n · d2n+1 est un entier, puis que I n Ê d2n+1
14
(3) Montrer que
log(2n + 1)
]
log p
où v p ( j ) est la valuation en p de l’entier j et [x] désigne la partie entière de x . Puis
max j =1,...,2n+1 v p ( j ) = [
en déduire que
X
log d 2n+1 =
log p[
pÉ2n+1
log(2n + 1)
] = ψ(2n + 1)
log p
avec
ψ(x) =
X
log p.
p,kÊ1
p k Éx
(4) Déduire des questions précédents que pour tout n Ê 1,
ψ(2n + 1) Ê (log 2) · 2n
puis que pour tout réel x Ê 2,
ψ(x) Ê (log 2)(x − 2).
(5) Montrer que
π(x) Ê (log 2 + o(1))
x
.
log x
CHAPITRE 2
Sommation de fonctions arithmétiques
Dans ce chapitre, on va donner quelques méthodes de base pour évaluer des sommes sur
les entiers. Les termes de ces sommes sont appellées fonctions arithmétiques.
Définition 2.1. Une fonction arithmétique est une fonction à valeurs complexes de l’ensemble des entiers positifs, f : NÊ1 → C. On note A le C-espace vectoriel des fonctions arithmétiques.
Exemple(s) 2.2.
(1) La fonction constante égale à 1
1 : n 7→ 1,
(2) La ”fonction de Dirac” en 1
δ1 : n 7→
(
1,
0
n=1
n 6= 1
,
(3) La fonction caractéristique de l’ensemble des nombres premiers,
1P : n 7→
(
1,
n=p ∈P
n 6∈ P
0
,
(4) Cette même fonction pondérée par log,
log .1P : n 7→ log(n)1P (n);
(5) La fonction de von Mangolt,
Λ : n 7→
n = p α, α Ê 1
(
log p,
n 6= p α
0
Bien que d’apparence artificielle, cette dernière fonction apparait naturellement dans
l’étude des nombres premiers et joue un rôle fondamental.
Définition 2.3. Soit f une fonction arithmétique, la fonction sommatoire de f est la
fonction définie sur RÊ0 par
X
x 7→ M f (x) =
f (n).
1ÉnÉx
C’est une fonction constante par morceaux et dans ce chapitre, on va donner des méthodes
pour étudier la question suivante :
Problème. Etant donné une fonction arithmétique f , déterminer le comportement de
M f (x) quand x → +∞.
Exemple(s) 2.4.
(2) π(x) = M1P (x) =
(1) M1 (x) =
P
P
1ÉnÉx
= [x] = x + O(1).
pÉx 1.
15
16
2. SOMMATION DE FONCTIONS ARITHMÉTIQUES
(3) θ(x) := M1P . log (x) =
(4) ψ(x) := MΛ (x) =
P
pÉx log p,
P
1<p α Éx log p .
En guide d’exemple, on va comparer θ(x) et ψ(x). Observons d’abord que
θ(x) É ψ(x);
plus précisement, on a
ψ(x) = θ(x) +
X
log p.
p α Éx
αÊ2
On a
X
p α Éx
αÊ2
log p =
X
p
pÉ x
É log x
log p
X
p α Éx
αÊ2
X
1É
X
log p[
pÉx 1/2
log x
]
log p
1 ¿ x 1/2 log x
pÉx 1/2
Ainsi
ψ(x) = θ(x) + O(x 1/2 log x)
On l’a vu que par la méthode de Chebychef, θ(x) À x (cf. (1.6)) et on en déduit que
ψ(x) ∼ θ(x).
(2.1)
1. Approximation par une intégrale, Intégration par parties
Si f est laR restriction à N>0 d’une fonction continue sur R, M f (x) est souvent bien approximée par 1x f (t )d t . Par exemple si f est monotone, on a
Théorème 2.5 (comparaison séries/integrales).
x
Z
(2.2)
M f (x) =
1
f (t )d t + O(| f (1)| + | f (x)|).
Preuve. Supposons f croissante ; le résultat se déduit par sommation de l’inégalité pour n Ê 2 :
Z
n
n−1
Z
f (t )d t É f (n) É
n+1
f (t )d t .
n
Par exemple, on a
(2.3)
M log (x) =
X
x
Z
log(n) =
nÉx
1
log(t )d t + O(log(x)) = x log x − x + O(log x).
Le résultat suivant permet d’évaluer la fonction sommatoire d’un produit d’une fonction
arithmetique quelconque par une fonction “lisse” :
Théorème 2.6 (Integration par partie). Soit g une fonction arithmétique ; soient a < b ∈
R+ et f : [a, b] → C une fonction de classe C 1 . On a
M f g (b) − M f g (a) =
X
a<nÉb
f (n)g (n) = [ f (t )M g (t )]tt =b
=a −
Z
b
a
M g (t ) f 0 (t )d t
Z
= f (b)M g (b) − f (a)M g (a) −
b
a
f 0 (t )M g (t )d t
1. APPROXIMATION PAR UNE INTÉGRALE, INTÉGRATION PAR PARTIES
17
Preuve. Supposons d’abord que b = a + 1 = n + 1 ∈ N>0 :
[M g (x) f
x=b
(x)]x=a
−
Z
b
a
M g (x) f 0 (x)d x = M g (n + 1) f (n + 1) − M g (n). f (n) − M g (n)( f (n + 1) − f (n))
= f (n + 1).g (n + 1) = M f g (n + 1) − M f g (n)
par additivité on étend la formule à a É b ∈ N>0 . puis on passe aux a, b réels généraux
Remarque 2.7. On notera l’analogie entre cette formule et la formule d’integration
classique : si f est C 1 et g est continue, on a
b
Z
f (t )g (t )d t = [ f (t )G(t )]ba −
a
où
b
f 0 (t )G(t )d t
a
x
Z
G(x) =
Z
g (t )d t
1
est une primitive de g .
Exemple(s) 2.8. On a
θ(x) =
X
X
log(p) =
pÉx
log(n)1P (n)
2ÉnÉx
= π(x) log(x) − log(2) −
x
Z
2
= π(x) log(x) + O(1) + O(
x
Z
2
dt
t
dt
)
log(t )
π(t )
x
)
= π(x) log(x) + O(
log x
l’avant dernière inégalité résultant du théorème de Chebychef. En particulier comme π(x) À
x/ log x on voit que
θ(x) = π(x) log(x)(1 + o(1)).
Ainsi par (2.1) on a les équivalence suivantes concernant le TNP :
π(x) ∼
x
⇐⇒ θ(x) ∼ x ⇐⇒ ψ(x) ∼ x.
log x
C’est en fait la dernière équivalence que Hadamard-De la Vallée-Poussin ont démontrée dans
leur preuve du TNP.
Exercice(s) 2.9.
(1) Montrer que le TNP equivaut a p n ∼ n log n où p n est le n-ième nombre premier.
(2) Estimer la somme
P
pÉx
p (on admettra le TNP).
Corollaire 2.10 (Formule d’Euler Mac-Laurin). Soit f une fonction de classe C 1 sur
R>0 , et soit
ψ1 (x) := x − [x] − 1/2 = {x} − 1/2;
on a pour x > 1
x
Z
M f (x) =
1
x
Z
f (t )d t +
1
ψ1 (t ) f 0 (t )d t − ψ1 (1) f (1) − ψ1 (x) f (x)
18
en particulier
x
Z
|M f (x) −
f (t )d t | É
1
x
Z
1
| f 0 (t )|d t + | f (1)| + | f (x)|.
Exercice(s) 2.11. Preuver Cor 2.10. Indication : Considérez la fonction arithmétique
constante égale à g = 1 (M1 (x) = [x]), et utilisez le lemme d’intégration par parties.
Remarque 2.12. On a ψ1 (x) = B 1 ({x}) où B 1 (x) = x −1/2. Ce polynôme est appellé premier
polynôme de Bernoulli.
Remarque 2.13. L’intéret dans cette formule est que la fonction g n’est pas nécéssairement monotone.
M log (x) =
log n = x log x − x − ψ1 (x) log x + c + O(x −1 )
X
nÉx
où c est une certaine constante.
2. Convolution de Dirichlet
La convolution de Dirichlet est une loi de composition sur l’ensemble des fonctions arithmétiques qui rend compte de la structure multiplicative de l’ensemble des entiers.
Soient f , g ∈ A , on définit f ∗ g ∈ A en posant
X
f ∗ g (n) =
X
f (a)g (b) =
ab=n
f (d )g (n/d ).
d |n
Proposition 2.15. (A , +, ∗) a une structure de C-algèbre commutative, associative, d’élément neutre la fonction δ1 (Rappeller Exemplaire 2.2). L’ensemble des éléments inversibles
de l’algèbre A , est
A × = { f ∈ A , f (1) 6= 0}.
Pour f ∈ A , on note f
×
(−1)
son inverse pour la convolution de Dirichlet.
Preuve. On ne vérifiera que certains points, le reste est laissé en exercices :
— Commutativité
f ∗ g (n) =
X
f (a)g (b) =
ab=n
X
g (a) f (b) = g ∗ f (n)
ab=n
— Elément neutre :
f ∗ δ1 (n) =
X
f (n/d )δ1 (d ) = f (n/1) = f (n)
d |n
donc δ1 est bien l’élément neutre.
— Unités : Si f est inversible d’inverse f (−1) alors f ∗ f (−1) (1) = δ1 (1) = 1 = f (1) f (−1) (1)
donc f (1) 6= 0. Soit f t.q. f (1) 6= 0 on cherche g ∈ A qui vérifie f ∗ g = δ1 , en particulier
f ∗ g (1) = f (1)g (1) = 1 donc g (1) = 1/ f (1). Pour tout n > 1
f ∗ g (n) = δ1 (n) = 0 =
X
X
f (d )g (n/d ) = g (n) f (1) +
d |n
donc
g (n) = −
f (d )g (n/d )
d |n,d >1
X
1
f (d )g (n/d )
f (1) d |n,d >1
comme n/d < n si d > 1, g (n) est determiné par les valeurs de g aux entiers É n/2, on
définit g par récurrence.
2. CONVOLUTION DE DIRICHLET
19
Notation. Si f est une fonction arithmétique et k ∈ N, on notera la convolution itérée k
fois de f sous la forme
f (∗k) = f ∗ f ∗ · · · ∗ f ( k fois),
et si f est inversible on étant cette notation aux entiers relatifs de manière évidente : ie.
f (∗−k) = ( f (−1) )∗k
2.1. Exemples.
(1) 1 ∗ 1(n) =
P
d |n 1 =: d (n)
est le nombre de diviseurs de n .
P
(2) 1 ∗ 1 ∗ 1(n) = abc=n 1 =: d3 (n) est le nombre de représentations de n comme produit de
trois entiers et plus généralement
d k (n) := 1(∗k) (n) = 1 ∗ · · · ∗ 1(n) =
X
1
d 1 ...d k =n
est le nombre de représentation de n comme produit de k entiers.
(3) On a
log = Λ ∗ 1, log(n) =
En effet si n =
Q
p
X
Λ(d ).
d |n
p αp
log(n) = log(
Y
p αp ) =
X
p
X
X
log(p) =
p 1ÉαÉαp
αp log(p) =
p
X
p α |n
log(p) =
X
Λ(d ).
d |n
2.2. Formule d’inversion de Moebius. La fonction de Moebius est par définition
l’inverse de la fonction constante 1 :
µ := 1(−1) , µ(1) = 1, µ(n) = −
X
µ(d ).
d |n
d <n
Dans la section suivante on va montrer que
(1) µ(n) = 0 si n est divisible par un carré 6= 1 (ie. il existe p premier t.q. p 2 |n ).
(2) µ(n) = (−1)r si n est sans facteurs carrés et à r facteurs premiers : n = p 1 p 2 . . . p r avec
p i premiers.
Théorème 2.16 (Formule d’inversion de Moebius). Soient f , g ∈ A , les identités suivantes sont équivalentes
(1) Pour tout n , f (n) =
P
(2) Pour tout n , g (n) =
P
d |n g (d ).
d |n µ(d ) f
(n/d ).
Preuve. La première identité est équivalente à f = g ∗1 et la deuxième à g = f ∗µ et il est clair
que
f = g ∗ 1 ⇐⇒ f ∗ µ = g ∗ 1 ∗ µ ⇐⇒ f ∗ µ = g ∗ (1 ∗ µ) ⇐⇒ f ∗ µ = g .
Ainsi on a
Λ(n) =
X
d |n
µ(d ) log(n/d ) =
X
d |n
µ(d ) log(n) −
X
d |n
µ(d ) log(d ) = −
X
d |n
µ(d ) log(d ).
20
Exercice(s) 2.17.
On définit la fonction d’Euler ϕ := Id ∗ µ.
— Montrer que ϕ(q) = |(Z/q Z)× | = |{1 É a É q, (a, q) = 1}| (Indication : utilisez et démontrez la formule suivante :
δ(a,q)=1 =
µ(d ) ).
X
d |a, d |q
— Montrer pour d |n que
|(Z/n Z)d | = ϕ(d )
où |(Z/n Z)d | est le nombre d’elements d’ordre d et que
n=
X
|(Z/n Z)d | =
d |n
X
ϕ(d ) = (1 ∗ ϕ)(n).
d |n
3. Application au comptage des nombres premiers
Théorème 2.18 (Mertens). On a
(2.4)
X log(p)
X Λ(n)
= log(x) + O(1),
= log(x) + O(1)
p
pÉx
nÉx n
(2.5)
X 1
= log log(x) + O(1).
pÉx p
Preuve. On a déjà vu la dexième formule, mais la convolution de Dirichlet nous donne une
manière très courte à la montrer.
On a
X log p
X Λ(n) X log p
X log p
= O(1) et comme
,
=
+
α
p
pα
nÉx n
pÉx p
p α Éx
p α Éx
αÊ2
αÊ2
les deux égalités de (2.4) sont équivalentes. La troisième égalité (2.5) résulte de (2.4) par une
intégration par parties.
Pour montrer la première partie de (2.4), on évalue de deux manières la somme
X
M log (x) =
log(n).
nÉx
D’une part
X
log(n) = x log x + O(x).
nÉx
D’autre part log = Λ ∗ 1 et
X
log(n) =
nÉx
XX
Λ(d ) =
nÉx d |n
=
X
Λ(d )
d Éx
X
1
mÉx/d
X
X
x
x
Λ(d ) + O(
Λ(d ))
Λ(d )[ ] =
d
d
d Éx
d Éx
d Éx
X
(on a utilisé que [x] = x + O(1)). Par le théorème de Chebychef
X
d Éx
Λ(d ) =
X
pÉx
log p +
log p = O(x) + O(x 1/2 log x) = O(x)
XX
pÉx 1/2 , p α Éx
et donc
x log x + O(x) =
X
nÉx
log(n) = x
X Λ(d )
+ O(x)
d Éx d
3. APPLICATION AU COMPTAGE DES NOMBRES PREMIERS
21
ce qui donne le résultat en divisant les deux termes par x .
Exercice(s) 2.19. Dans tout ce qui suit, p désigne un nombre premier. Considérons les
fonctions suivantes :
θ(x) =
X
log p; ψ(x) =
pÉx
X
M (x) =
X
Λ(n);
nÉx
µ(n); H (x) =
nÉx
X
µ(n) log n.
nÉx
(1) Montrer la relation suivante :
ψ(x) =
θ(x 1/m ).
X
1ÉmÉlog x/ log 2
En déduire les inégalités :
0É
(log x)2
ψ(x) θ(x)
−
É p
.
x
x
2 x log 2
(2) Voir que la partie (1) nous donne encore une preuve que les assertions suivantes
sont équivalentes :
π(x) log x
=1;
(a) (TNP) limx→∞
x
θ(x)
(b) limx→∞ x = 1 ;
ψ(x)
(c) limx→∞ x = 1.
(3) Montrer la relation suivante :
M (x)
H (x)
−
= o(1), x → ∞.
x
x log x
(4) En utilisant que µ ∗ 1 = δ, montrer que pour x Ê 1
X
µ(n)
hxi
n
nÉx
= 1.
(5) Montrer que pour n Ê 1,
Λ(n) = −
X
µ(d ) log d
d |n
donc,
µ(n) log n = −
X
µ(d )Λ(n/d ).
d |n
(6) Montrer que
H (x) = −
X
µ(n)ψ(x/n).
nÉx
En déduire que si ψ(x) = x + o(x) alors H (x) = o(x log x), ainsi que M (x) = o(x).
(7) (Question de challenge ! !) Montrer que si M (x) = o(x) alors ψ(x) = x + o(x).
22
4. Fonctions multiplicatives
Définition 2.20. Une fonction arithmétique f non nulle est multiplicative (resp. complètement multiplicative) si et seulement si elle vérifie :
— pour tous m, n Ê 1 premiers entre eux on a f (mn) = f (m) f (n) (resp. pour tous m, n Ê
1, f (mn) = f (m) f (n).)
En particulier, une fonction multiplicative vérifie f (1) = 1 et elle est déterminée entièrement
par ses valeurs aux puissances de nombres premiers (resp. par ses valeurs aux nombres preQ
miers). Soit p α kn si p α | n mais p α+1 - n . Si n = p αp kn p αp , on a
f (n) = f (
Y
p αp kn
p αp ) =
Y
p αp kn
f (p αp ) (r esp. f (n) = f (
Y
p αp kn
p αp ) =
Y
f (p)αp .)
p αp kn
Proposition 2.21. Si f et g sont multiplicatives, alors f ∗ g et f (−1) sont multiplicatives.
Preuve. Si (m, n) = 1 alors l’ensemble des diviseurs de mn , {d Ê 1, d |mn} est en bijection avec
l’ensemble {(d1 , d2 ), d1 |m, d2 |n} des paires de diviseurs de m et n , la bijection est donnée par
les deux application réciproques l’une de l’autre
d 7→ ((d , m), (d , n)), (d 1 , d 2 ) 7→ d 1 d 2 .
etant donné deux fonction multiplicatives, f , g et m, n premiers entre eux on a
f ∗ g (mn) =
X
f (d )g (
d |mn
XX
m n
mn
)=
)
f (d 1 d 2 )g (
d
d1 d2
d 1 |m,d 2 |n
XX
X
m
n
m X
n
=
f (d 1 ) f (d 2 )g ( )g ( ) = (
f (d 1 )g ( ))(
f (d 2 )g ( )).
d
d
d
d
1
2
1
2
d 1 |m,d 2 |n
d 1 |m
d 2 |n
De même si g = f (−1) , comme f (1) = 1, on a pour m, n > 1
X
g (mn) = f (1)g (mn) = −
d |mn
d >1
f (d )g (
XX
mn
m
n
)=−
f (d 1 ) f (d 2 )g ( )g ( )
d
d1
d2
d |m,d |n
1
2
d 1 d 2 >1
= − f ∗ g (m) f ∗ g (n) + f (1)g (m) f (1)g (n) = g (m)g (n)
car f ∗ g (m) = f ∗ g (n) = 0.
Remarque 2.22. Par contre si f est complètement multiplicative, f (−1) ne l’est pas
nécéssairement (eg. 1 et µ).
4.1. Exemples. Comme les fonction 1 et Id sont multiplicatives, µ = 1(−1) , ainsi que
d = 1 ∗ 1, d k = d k−1 ∗ 1 ou ϕ = Id ∗ µ le sont. Il suffit donc de calculer ces fonctions sur les
puissances de nombres premiers : pour α Ê 0, l’ensemble des diviseurs de p α est de la forme
{p β , 0 É β É α}. On trouve donc
d (p α ) = |{0 É β É α}| = α + 1,
et plus généralement
d k (p α ) = |{(β1 , · · · , βk ) ∈ Nk , β1 + · · · + βk = α}|.
La relation µ ∗ 1 = δ, donne pour α Ê 1
µ(1) = 1,
X
βÉα
µ(p β ) = 0
5. EXERCICES
23
dont on déduit
µ(1) = 1, µ(p) = −1, µ(p α ) = 0 α Ê 2.
Utilisant l’égalité ϕ = Id ∗ µ, on obtient alors
ϕ(1) = 1, ϕ(p α ) = p α − p α − 1 = p α (1 −
Ainsi pour n =
Q
p α kn p
d (n) =
Y
p α kn
α
1
)
p
, on obtient
(α + 1), µ(n) =
Y
p α kn
µ(p α ), ϕ(n) =
Y
p α kn
(p α − p α−1 ) = n
Y
(1 −
p|n
1
).
p
5. Exercices
X
d (n) = x log x + O(x)
nÉx
puis que pour k Ê 3
X
d k (n) = x logk−1 x + O(x logk−2 x).
nÉx
Exercice(s) 2.24. (La méthode hyperbole de Dirichlet)
(1) Soient f , g deux fonctions arithmétiques. On note par F,G leurs fonctions sommatoires. Pour 1 É y É x , on a
X
f ∗ g (n) =
nÉx
X
g (n)F (x/n) +
nÉy
X
f (m)G(x/m) − F (x/y)G(y).
mÉx/y
(2) Rappelons la fonction de nombre de diviseurs d (n) =
d’Euler Mac-Laurin, montrer le développement
P
d |n 1.
En utilisant la formule
X 1
1
= log x + γ + O( ),
n
x
nÉx
où γ := 1 − 1∞ {tt 2} d t est la constante d’Euler.
(3) Montrer
R
X
p
d (n) = x(log x + 2γ − 1) + O( x)
nÉx
où γ est la constante d’Euler.
Exercice(s) 2.25.
(1) Soit f une fonction multiplicative telle que
f (p α ) → 0 si p α → ∞.
Montrer que
f (n) → 0 si n → ∞.
(2) Montrer que pour tout ² > 0, on a
d (n) = O ² (n ² ).
Exercice(s) 2.26. Soit n un entier positif. On définit ω(n) comme le nombre de diviseurs
premiers de n . Par exemple, ω(6) = 2, ω(12) = 2, ω(p) = 1.
(1) Montrer que ω(n) É log n/ log 2.
24
(2) Justifier l’estimation
X log p
p
p|n
Ã
=O
ω(n)
X log p
i =1
!
i
pi
, n → ∞,
où p i est le i -ème nombre premier.
(3) Montrer que
ω(n) ·
log p ω(n)
= O(1), n → ∞.
p ω(n)
(4) En déduire
X log p
p
p|n
= O(log log n), n → ∞.
p
Exercice(s) 2.27. Soit A l’ensemble des entiers n tels que p|n ⇒ p É n , On veut étudier
la fonction Q A (x) = #A ∩ [1, x]. On note pour tout nombre premier p B p = {p, 2p, . . . , (p − 1)p}.
(1) Montrer que N∗ − A =
S
p Bp
(2) Montrer que Q A (x) = [x] −
et que B p ∩ B q = ;.
X
(p − 1) −
pÉx 1/2
x
[ ].
p
x 1/2 <pÉx
X
(3) Donner un équivalent de Q A (x) quand x → +∞.
Exercice(s) 2.28. On pose Λ2 = µ∗log2 . Le but de cet exercice est de démontrer l’application suivante du théorème de Mertens, due à Selberg :
X
Λ2 (n) = 2x log x + O(x).
nÉx
(1) Montrer les estimations suivantes :
P
µ(n)
(a) | nÉx n | É 1.
P
Indication : utiliser nÉx µ ∗ 1 = 1.
P
(b) nÉx (log n)2 = x(log x)2 − 2x log x + 2x + O((log x)2 ).
¢k
¡
P
(c) nÉx log nx = O k (x) pour tout k > 0.
(2) Montrer
X
nÉx
Λ2 (n) = x
´
X µ(m)
x ³
x
log
log − 2 + O(x).
m
m
mÉx m
(3) Montrer
X µ(m)
X µ(m) X µ(m) m
x
log = 1 − γ
+
O( ) = O(1),
m
x
mÉx m
mÉx m
mÉx m
où γ est la constante d’Euler.
P
Indication : utiliser la partie (1) de l’Exercice 1 sous la forme log x = kÉx 1/k − γ +
O(1/x).
(4) Montrer
´ X Λ(n)
X µ(m)
X µ(m)
x ³
x
x
log
log − 2 =
+ log x − (γ + 2)
log + O(1)
m
m
m
n
m
m
mÉx
nÉx
mÉx
et conclure.
Indication : montrer Λ = µ ∗ log.
CHAPITRE 3
Série de Dirichlet
1. Rappel sur les séries entières
Etant donné une suite à valeurs complexes a = (an )nÊ0 , sa série entière associée est la série
X
F (a, q) =
an q n .
nÊ0
Soit ρ son rayon de convergence qu’on suppose strictement positif (en particulier |an | =
n
o(( 1.01
ρ ) ), n → +∞). La série F (a, q) définit alors une fonction holomorphe dans le disque
ouvert {q ∈ C, |q| < ρ} et la donnée de cette fonction détermine la suite a (formules de Cauchy). Soit b = (bn ) une autre suite dont la série entière associée
F (b, q) =
bn q n
X
nÊ0
est de rayon de convergence ρ 0 > 0 alors le produit F (a, q)F (b, q) définit une série entière de
rayon de convergence ρ 00 Ê min(ρ, ρ 0 )
cn q n , cn =
X
F (c, q) = F (a, q)F (b, q) =
nÊ0
X
al bm .
l +m=n
Ce type de relation ouvre la porte à l’étude de problèmes arithmétiques par des voies
analytiques : par exemple, consiérons a = (r ä (n))nÊ0 :


2
2
a n = r ä (n) = |{m ∈ Z, m = n}| = 1


0
si n est un carré Ê 1,
;
si n = 0,
sinon
sa série associée est
F (q) = 1 + 2
X
2
q m = 1 + 2θ(q)
mÊ1
et son rayon de convergence vaut 1. Les puissances de cette série sont de la forme (k Ê 1)
F (q)k =
X
r k (n)q n
nÊ0
où
r k (n) = |{(m 1 , · · · , m k ) ∈ Z, m 12 + · · · + m k2 = n}|,
est le nombre de manières de représenter n comme somme de k carrés d’entiers. La fonction F (q) admet des propriétés analytique qui permettent d’étudier le comportement de ces
nombres de représentations. D’autre part, comme on va le voir plus loin, cette fonction (à un
changement de variable près) est fortement liée à la fonction ζ de Riemann.
25
26
3. SÉRIE DE DIRICHLET
2. Séries de Dirichlet
Les séries de Dirichlet sont aux fonctions arithmétiques ce que les séries entières sont aux
suites numériques. Soit f une fonction arithmétique, la série de Dirichlet associée à f est la
série de la variable complexe s
s 7→ L( f , s) =
X f (n)
.
s
nÊ1 n
Définition 3.1. Une fonction arithmétique f : NÊ1 → C est à croissance polynomiale si
elle satisfait à l’une des conditions équivalentes suivantes
— Il existe une constante A ∈ R (dépendant de f ) telle que | f (n)| = O(n A ).
— Il existe σ ∈ R tel que la série L( f , σ) soit absolument convergente.
Dans ce cas on note
σ f = inf{σ ∈ R, L( f , σ) converge absolument} ∈ R ∪ {−∞};
La quantité σ f est appelée abscisse de convergence absolue de L( f , s).
Exercice(s) 3.2. Montrer que les deux conditions au-dessus sont équivalentes.
L’abscisse de convergence absolue est l’analogue pour les série de Dirichlet du rayon de
convergence pour une série entière :
Proposition 3.3. Soit f une fonction arithmétique à croissance polynomiale et σ f son
abscisse de convergence absolue. Pour tout σ > σ f , la série L( f , s) converge absolument uniformément dans le demi-plan {s ∈ C, ℜs Ê σ} et définit une fonction holomorphe dans le demi-plan
{s ∈ C, ℜs > σ f } ; dans ce domaine, la dérivée de L( f , s) est la série de Dirichlet de la fonction
arithmétique
− log . f : n 7→ − log(n) f (n), i .e. L( f , s)0 = L(− f . log, s) =
X − log(n) f (n)
n
ns
dont l’abscisse de convergence absolue vaut σ f .
Preuve. Soit σ > σ f , alors uniformément pour ℜs Ê σ on a
| f (n)| | f (n)|
É
|n s |
nσ
P
f (n)
et donc la série de fonctions holomorphes nÊ1 n s est uniformément absolument majorée
P
| f (n)|
par la série absolument convergente nÊ1 n σ , et donc converge uniformément sur ℜes Ê σ
et définit donc une fonction holomorphe sur ℜes > σ. Il résulte des formules de Cauchy que la
dérivée L( f , s)0 est donnée par la série des dérivées, à savoir
X
nÊ1
f (n)(n −s )0 =
X − log(n) f (n)
n
ns
= L(− f . log, s),
cette série de Dirichlet est donc convergente pour s tel que ℜes > σ f . Appliquant ce raisonnement à la fonction arithmétique n 7→ | f (n)| on voit que L(− f . log, s) est absolument convergente
pour ℜes > σ f : σ− f . log É σ f . D’autre part, comme f (n) log(n) Ê f (n), n Ê 3, σ− f . log Ê σ f d’ou
l’égalité.
Le lemme suivant est très utile : il montre qu’une fonction arithmétique à croissance
polynomiale est déterminée par sa série de Dirichlet :
2. SÉRIES DE DIRICHLET
27
Lemme 3.4. Soient f , g deux fonctions arithmétiques à croissance polynomiale. On suppose que pour tout s contenu dans un ouvert (non-vide) du demi-plan {s, ℜes > max(σ f , σg )}
on a L( f , s) = L(g , s) alors f = g .
Preuve. Quitte à remplacer f par f − g on peut supposer que g = 0 et que L( f , s) = 0 pour
s dans un ouvert du demi-plan {s, ℜes > σ f }. comme cette fonction est holomorphe, elle est
identiquement nulle dans ce demi-plan. Quitte à remplacer f par
f × Id−(σ f −1) : n 7→ f (n)n −(σ f −1)
on peut supposer que σ f É 1 et en particulier que f (n) = O(1). Suposons f 6≡ 0 et soit n 0 le
plus petit entier tel que f (n) 6= 0 ; on a pour ℜes > 2
0=
X f (n) f (n 0 ) ¡
X f (n) ¢
n 0s
=
,
1
+
s
s
n0
f (n 0 ) nÊn0 +1 n s
nÊn 0 n
alors on a
0 = 1+
n 0s
X
f (n 0 ) nÊn0 +1
f (n)
ns
(n 0 )/n 0s
parce que f
ne s’annule pas. Comme f est bornée, on voit (en comparant avec une
intégrale) que pour ℜs > 2
X
nÊn 0 +1
et donc
0 = 1+
f (n)
1
= O(
)
ns
ℜ(s − 1)(n 0 + 1)ℜs−1
n 0s
f (n)
1
= 1 + O(
)
f (n 0 ) nÊn0 +1 n s
ℜs − 1
X
qui donne une contracdiction quand ℜs → +∞.
L’intéret principal de l’introduction des séries de Dirichlet est le suivant
Théorème 3.5. Soient f , g ∈ A avec σ f , σg < ∞, alors σ f ∗g É max(σ f , σg ) et pour ℜs >
max(σ f , σg )
L( f ∗ g , s) = L( f , s)L(g , s).
Preuve. Soit ℜs > max(σ f , σg ) alors (toutes les identités et inversions de sommations sont
justifiées par le fait qu’on somme des termes positifs)
P
X | f ∗ g (n)| X | ab=n f (a)g (b)|
=
|n s |
n ℜs
nÊ1
nÊ1
P
X ab=n | f (a)||g (b)|
É
(ab)ℜs
nÊ1
X | f (a)||g (b)| X | f (a)| X |g (b)|
=
=
<∞
ℜs
ℜs
(ab)ℜs
a a
a,bÊ1
bÊ1 b
donc σ f ∗g É max(σ f , σg ) ; de plus pour ℜs > max(σ f , σg ) par convergence absolue on peut
regrouper les termes arbitrairement ce qui donne
L( f , s)L(g , s) = L( f ∗ g , s).
Exercice(s) 3.6. Montrer que si σ f 6= σg , σ f ∗g = max(σ f , σg ).
28
Corollaire 3.7. Supposons que f est inversible (pour la convolution de Dirichlet) et que
σ f , σ f (−1) < +∞ alors pour ℜs > max(σ f , σ f −1 ) on a
L( f , s)L( f (−1) , s) = 1.
En particulier, L( f , s) ne s’annule pas dans le demi-plan {ℜs > max(σ f , σ f −1 )} .
2.1. Exemples. Pour f ≡ 1 on a
L(1, s) =
X 1
= ζ(s), σ1 = 1.
s
nÊ1 n
La fonction de Moebius est l’inverse de la fonction 1 ; on a vu que |µ(n)| É 1 et donc σµ É 1.
De plus on a
X |µ(n)| X 1
Ê
=∞
n
nÊ1
pÊ2 p
donc σµ = 1 ; on voit donc que pour ℜes > 1, ζ(s) ne s’annule pas et que
L(µ, s) =
X µ(n)
n
ns
=
1
.
ζ(s)
– Soit d la fonction nombre de diviseurs : on a d = 1 ∗ 1 et donc σd É 1 (en fait comme
d (n) Ê 1, σd = 1) et pour ℜs > 1, on a
L(d , s) = ζ(s)2 .
– La fonction d’Euler ϕ vaut µ ∗ Id et comme σId = 2 et σµ = 1, σϕ É 2 (par l’exercice
précédent σϕ = 2) et pour ℜes > 2, on a
L(ϕ, s) = L(µ, s)L(Id, s) =
ζ(s − 1)
.
ζ(s)
– La fonction de von Mangoldt Λ = log ∗µ et donc
L(Λ, s) = L(log, s)L(µ, s) = −
ζ0 (s)
.
ζ(s)
On a σΛ É 1 et comme la série nÊ1 Λ(n)
diverge, σΛ = 1. Comme ζ(s) ne s’annule pas pour
n
ℜes > 1, son logarithme log ζ(s) est bien définit -à une constante additive près- et holomorphe
sur ce demi-plan et sa dérivée (la dérivée logarithmique) vaut précisèment
P
(log ζ(s))0 = dlogζ(s) = −
ζ0 (s)
.
ζ(s)
Exercice(s) 3.8.
On pose Λ2 = µ ∗ (log)2 .
0
(s)
(1) Montrer (D(s, Λ) =)L(s, Λ) = − ζζ(s)
.
(2) Déduire de
ζ00
ζ
=
³ 0 ´0
ζ
ζ
+
³ 0 ´2
ζ
ζ
l’égalité
Λ2 = Λ log +Λ ∗ Λ.
Utiliser ceci pour montrer que pour n > 1, on a Λ2 (n) = 0 si et seulement si n a plus de
deux facteurs premiers.
Exercice(s) 3.9. Soient µ(·) la fonction de Möbius et ζ(·) la fonction zêta de Riemann.
2
On rappelle l’évaluation, produite en Suisse, ζ(2) = π6 .
(1) Montrer L(s, µ) = ζ(s)−1 .
3. SÉRIES DE DIRICHLET ET FONCTIONS MULTIPLICATIVES
29
(2) Montrer les estimations suivantes :
P
µ(n)
(a) nÉx n 2 = π62 + O( x1 ).
P
ϕ(n)
(b) nÉx n = π62 x + O(log x).
©
ª
(3) Pour r Ê 0, soit Nr le nombre d’éléments de l’ensemble (m, n) ∈ [1, r ] × [1, r ] ∩ Z2 tels que (m, n) = 1 .
Montrer
Nr =
6 2
r + O(r log r ).
π2
ζ(s)
, en déduire µ2 (n) =
(4) Densité des entiers sans facteurs carrés. Montrer L(s, µ2 ) = ζ(2s)
P
d 2 |n µ(d ) et conclure
X
µ2 (n) =
nÉx
p
6
x
+
O(
x).
π2
Soient a, m deux entiers premiers entre eux. Montrer que
µ2 (n) =
X
nÉx,n≡a
(mod m)
p
x Y
(1 − p −2 ) + O( x).
m p -m
(i.e. on trouve la même proportion d’entiers sans facteurs carrés dans chaque classe de
congruence.)
Q
P
µ(n)
Indication : montrer nÊ1,(n,m)=1 n 2 = p -m (1 − p −2 ).
3. Séries de Dirichlet et fonctions multiplicatives
Théorème 3.10. Soit f ∈ A une fonction multiplicative et croissance polynomiale, alors
pour tout σ > σ f on a,
(1) pour tout p premier la série
L p ( f , s) :=
X f (p α )
αs
αÊ0 p
converge absolument uniformément dans le demi-plan ℜs Ê σ ; on l’appelle le facteur
local de f en p .
(2) De plus on a
L( f , s) =
Y
L p ( f , s) = lim
Y
P →+∞ pÉP
p
L p ( f , s)
et la convergence est uniforme dans ce demi-plan.
(3) De façon plus précise, si on note L >P ( f , s) = limP 0 →+∞
Q
P <pÉP 0 L p ( f , s)
alors quand P →
+∞
L >P ( f , s) → 1
uniformément dans tout demi-plan ℜs Ê σ, σ > σ f .
(4) Réciproquement, si f est une fonction arithmétique telle que σ f < ∞ et f (1) = 1 et si
L( f , s) vérifie
L( f , s) =
Y
L p ( f , s) = lim
p
pour s À 1 alors f est multiplicative.
Y
P →+∞ pÉP
L p ( f , s)
30
Preuve. (1) Soit ℜs Ê σ, alors
X
αÊ0
| f (p α )|/|p αs | É
X
| f (n)|/n σ < ∞,
n
d’où la convergence absolue uniforme de L p ( f , s).
(2) Pour P Ê 2, notons
p1 < p2 < · · · < pk É P
l’ensemble des nombres premiers É P , alors
α
α
Y
pÉP
L p ( f , s) =
f (p 1 1 ) . . . f (p k k )
X
α
α
(p 1 1 . . . p k k )s
α1 ,...,αk Ê0
α
=
α
f (p 1 1 . . . p k k )
X
αk s
α1
α1 ,...,αk Ê0 (p 1 . . . p k )
=
X
nÊ1
p|n⇒pÉP
f (n)
ns
ainsi un entier qui n’est pas dans la somme précédente a au moins un diviseur premier > P et
est donc > P :
Y
X
σ
|L( f , s) −
L p ( f , s)| É
pÉP
| f (n)|/n → 0, P → +∞
n>P
avec convergence uniforme.
(3) On va maintenant montrer que quand P → +∞,
L >P ( f , s) :=
Y
L p ( f , s)
p>P
tend vers 1 uniformément dans tout demi-plan ℜs Ê σ > σ f . On a p>P L p ( f , s) est la série
de Dirichlet de la fonction multiplicative f P qui vaut 0 si n a un facteur premier É P et f (n)
sinon (pour n = 1, f (1) = 1 car 1 n’a pas de facteur premier et en particulier aucun facteur
premier É P ). Il est clair que σ f P < σ f . On a
Q
Y
X
L p ( f , s) =
n
p|n→p>P
p>P
f (n)
= 1+
ns
et donc
|
Y
X
L p ( f , s) − 1| É
p>P
n>1
p|n→p>P
X
n>1
p|n→p>P
f (n)
ns
| f (n)| X | f (n)|
É
→ 0.
σ
nσ
n>P n
(4) Réciproquement, soit fe l’unique fonction multiplicative définie par
fe(n) =
Y
f (p α ).
p α ||n
Alors σ fe É σ f + 1 : en effet pour σ > σ f , | f (n)|/n σ = o(1) et donc pour n assez grand (disons
n Ê N ) | f (n)|/n σ < 1 ; on en déduit que
Y f (p α )
Y f (p α ) Y f (p α )
fe(n)
=
=
= O(1)
ασ
nσ
p ασ p α ||n p ασ
p α ||n p
p α ||n
p α ÉN
p α >N
et donc que L( fe, s) converge absolument pour ℜs > σ + 1 et alors
L( fe, s) =
Y
p
L p ( fe, s) =
Y
L p ( f , s).
p
On a donc pour ℜs assez grand
L( fe, s) =
X fe(n)
X f (n)
= L( f , s) =
;
s
s
n n
n n
3. SÉRIES DE DIRICHLET ET FONCTIONS MULTIPLICATIVES
cela implique par le Lemme 3.4 que pour tout n Ê 1, f (n) = f˜(n).
31
Corollaire 3.11. Si f est completement multiplicative, pour ℜs > σ f , on a
L( f , s) =
Y
(1 −
p
f (p) −1
)
ps
Ces résultats de factorisation en produit Eulérien permettent une première localisation
des zéros de L( f , s) :
Proposition 3.12. Soit f ∈ A × une fonction multiplicative. Soit σ > σ f ; le nombre de
facteurs locaux L p ( f , s) qui ont un zero dans le demi-plan ℜes Ê σ est fini et les zeros de L( f , s)
dans ce demi-plan sont exactement les zeros des facteurs locaux L p ( f , s). Plus précisément, il
existe P tel que
Y
p>P
L p ( f , s) = Q
L( f , s)
p<P L p ( f , s)
ne s’annule pas pour ℜes Ê σ. Ainsi les zéros de L( f , s) dans le demi-plan de convergence
absolue sont exactement les zéros des facteurs locaux L p ( f , s).
Preuve. Soit σ > σ f ; on a vu que si p est assez grand, pour tout s avec ℜes Ê σ
|L p ( f , s) − 1| É 1/2
ainsi le nombre de facteurs locaux qui s’annulent dans le demi-plan ℜes Ê σ est fini. D’autre
P
| f (n)|
part, on a vu prècèdemment que si P est assez grand et ℜes Ê σ |L >P ( f , s)−1| É n>P n σ < 1/2
donc L >P ( f , s) ne s’annule pas dans le demi-plan ℜs Ê σ.
3.1. Exemples. Pour ℜs > 1,
ζ(s) =
X µ(n) Y
X 1 Y
1
1
= (1 − s )−1 ,
= (1 − s ) = 1/ζ(s);
s
s
p
p
p
p
nÊ1 n
nÊ1 n
ζ(s) ne s’annule pas pour ℜs > 1.
ℜs > 1,
Y
X τ(n)
1
= ζ(s)2 = (1 − s )−2 ,
s
p
p
nÊ1 n
L(τ(−1) , s) = ζ(s)−2 =
Y
p
ℜs > 2,
(1 −
1
2
+
).
p s p 2s
X ϕ(n) ζ(s − 1) Y 1 − p −s
Y
X
1 pα
=
=
(
)
=
(1
+
(1
−
)
)
s
1−s
ζ(s)
p p αs
p
p 1−p
nÊ1 n
αÊ1
Exercice(s) 3.13. Pour n = p 1a1 p 2a2 . . . p kak , on pose α(n) = a1 a2 . . . an et α(1) = 1.
(1) Montrer que L(α, s) =
maine, on a l’égalité
α(n)
nÊ1 n s
P
converge absolument pour ℜes > 2 et que dans ce do-
L(α, s) = ζ(s)
ζ(2s)ζ(3s)
ζ(6s)
(2) En déduire que l’abscisse de convergence absolue de L(α, s) est 1.
(3) On note β, la fonction arithmétique définie par 1 ∗ β = α. Montrer que β est multiplicative, calculer β(p).
32
(4) Calculer sa série L associée,
L(β, s) =
X β(n)
,
s
nÊ1 n
puis montrer que l’abscisse de convergence absolue de L(β, s) vaut 1/2.
(5) En déduire par une IPP que
X
|β(n)| = O(y 3/4 ).
nÉy
(6) En utilisant la décomposition α(n) = (1 ∗ β)(n) =
X
α(n) =
nÉx
P
d |n β(d )
montrer l’équivalent
ζ(2)ζ(3)
x + O(x 3/4 )
ζ(6)
Exercice(s) 3.14. Montrer que pour ℜes > 1, on a
ζ(s) =
Z ∞
X 1
dt
=
s
[t ]t −s
s
t
1
nÊ1 n
et en écrivant t = [t ] + {t } montrer que
ζ(s) −
s
s −1
se prolonge en une fonction holomorphe dans le domaine ℜs > 0.
4. Les séries L
Les séries de Dirichlet qui apparaisent le plus souvent en théorie des nombres sont liés à
des séries de la forme suivante qu’on appellera “séries L ”. Entre autres propriété les séries L ,
sont des séries de Dirichlet de la forme suivante : soit d Ê 1 un entier et π = (πp )p = ((Vp , Φp ))p
une suite (indexée par les nombres premiers) de paires formées de
(1) un C-espace vectoriel Vp de dimension d ,
(2) un endomorphisme Φp : Vp → Vp ; ces valeurs propres sont notées {χp,i , i = 1 · · · , d }.
On associe à chaque paire πp , un polynôme de degré É d qui vérifie P p (0) = 1
P (πp , X ) := det(IdVp − X Φp ) =
d
Y
(1 − χp,i X ),
i =1
(c’est une sorte de ”polynôme caractéristique” de l’endomorphisme Φp ) et un facteur local
L(πp , s) := P (πp , p −s )−1 =
d
Y
(1 −
i =1
χp,i
ps
)−1 , s ∈ C
qui définit une fonction méromorphe sur C.
On fait l’hypothèse suivante concernant les valeurs propres des Φp :
Il existe A ∈ R telle que pour tout p et tout i = 1, · · · , d |χp,i | É p A .
Alors, pour chaque p , la série entière P (πp , X )−1 converge pour |X | < p −A et écrivant son
développement de Taylor
X
P (πp , X )−1 =
on a
αÊ0
λπ (1) = P (πp , 0) = 1, λπ (p α ) =
λπ (p α )X α ;
X
α1 +···+αd =α
α
α
d
1
χp,1
× · · · × χp,d
4. LES SÉRIES L
et pour ℜs > A , on a
L(πp , s) =
X
αÊ0
33
λπ (p α )p −αs .
Considérons le fonction multiplicative définie par
λπ (n) =
Y
p
αp
λπ (p αp ).
kn
On a la
Proposition 3.15. La fonction multiplicative n → λπ (n) est a croissance polynomiale et
sa série de Dirichlet associaée est
L(π, s) =
X λπ (n) Y
= L(πp , s)
s
p
nÊ1 n
et son abscisse de convergence absolue vérifie
σπ É A + 1
et cette fonction ne s’annule pas pour ℜs > A + 1.
Preuve. On a
|λπ (p α )| É
avec dd (n) = 1
(∗d )
X
α1 +···+αd =α
|χp,1 |α1 × · · · × |χp,d |αd É p A
X
α1 +···+αd =α
1 = p A d d (p α )
(n) est la fonction diviseurs d’ordre d . On a donc
Y
|λπ (n)| = |
λπ (p αp )| É n A d d (n)
p αp kn
et comme la’abscisse de convergence de la série L de la fonction n → dd (n) vaut 1 (car L(dd , s) =
L(1, s)d = ζ(s)d ), la série L(π, s) converge absoluement pour ℜs > A+1. Cette fonction ne s’annule
pas pour ℜs > A + 1 car d’après la Prop. 3.12, ses seuls zéros possible dans ce demi-plan sont
ceux des facteur locaux
L(πp , s) =
d
Y
(1 −
i =1
χp,i
ps
)−1
qui ne s’annulent pas sur C.
4.1. Dérivé logarithmique d’une série L . étant donné f une fonction méromorphe
sur un ouvert Ω ⊂ C , la dérivée logarithmique de f est la fonction
dlog f : s 7→
f 0 (s)
.
f (s)
Cette fonction est méromorphe sur Ω et l’ensemble de ses poles est formé de la réunion
des zéros et des poles de f . En effet, il résulte de la règle de Leibniz
( f × g )0 = f 0 × g + f × g 0
que
(3.1)
dlog( f × g ) =
f 0 ×g + f ×g0
= dlog f + dlogg .
f ×g
En particulier si ρ est un zéro ou un pôle de f , on peut écrire
f (s) = (s − ρ)mρ g (s)
34
pour mρ ∈ Z (c’est l’ordre de f en ρ ) et g (s) une fonction holomorphe au voisinage de ρ et ne
s’annulant pas en ρ . On a donc au voisinage de ρ
dlog f (s) =
mρ
s −ρ
+ dlogg (s)
qui est une fonction méromorphe avec un pôle simple en s = ρ de résidu mρ (l’ordre de f en
s 0 ).
On va appliquer cette construction à la série L(π, s) et on va notamment voir que la
propriété d’additivité (3.1) “passe” au produit Eulérien.
Théorème 3.16. Soit L(π, s) comme ci-dessus, la fonction dlogL(π, s) est holomorphe pour
ℜe > A + 1 et, pour ℜs > A + 1, on a l’identité suivante :
X Λπ (n)
L 0 (π, s)
−dlogL(π, s) = −
,
= L(Λπ , s) =
s
L(π, s)
nÊ1 n
(
α
log p(χα
si n = p α , α Ê 1
p,1 + · · · + χp,d )
Λπ (n) =
0
sinon.
Preuve. On a
|Λπ (n)| É d Λ(n)n A
donc la série L(Λπ , s) converge absolument pour ℜs > A + 1 et définit une fonction holomorphe
dans ce demi-plan.
Soit P Ê 2, on a pour s contenu dans un compact K du demi-plan {ℜs > A + 1}
Y
L(π, s) =
L(πp , s)
pÉP
Y
L(πp , s) = L ÉP (π, s)L >P (π, s)
p>P
et donc
dlogL(π, s) = dlogL ÉP (π, s) + dlogL >P (π, s)
Comme L >P (π, s) → 1 uniformément sur K quand P → +∞ on a
dlogL >P (π, s) → 0
et donc
dlogL(π, s) = lim dlogL ÉP (π, s) = lim
P →∞
X
P →∞ pÉP
dlogL(πp , s).
On a
dlogL(πp , s) = dlog
d
Y
(1 −
i =1
=−
χp,i
ps
)−1 = −
d
X
dlog(1 −
χp,i
ps
i =1
)=−
d
X
i =1
log p
χp,i
χp,i
s
p (1 − p s
)
d
X log p X
X Λπ (p α )
α
χ
=
−
,
p,i
αs
αs
αÊ1 p
αÊ1 p
i =1
en utilisant l’identité valable pour ℜs > A + 1
χp,i
p s (1 −
χp,i
ps
)
=
α
X χp,i
αÊ1
p αs
.
Ainsi
dlogL(π, s) = −L(Λπ , s)
5. FONCTIONS ARITHMÉTIQUES : FORMULAIRE RAPPEL
5. Fonctions arithmétiques : Formulaire RAPPEL
f
L(s)
e
e(n) = δn=1
1
Q
1
1(n) = 1
ζ(s) = p (1 − p1s )−1
Q
1
1
µ µ(p 1 . . . p r ) = (−1)r , µ(a 2 b) = 0
µ = 1(−1) , µ ∗ 1 = e
ζ(s) = p (1 − p s )
0
log
−ζ (s)
( log(n)
α
log p si n = p
ζ0
Λ
Λ(n) =
log = 1 ∗ Λ, Λ = µ ∗ log
− ζ (s)
0 si non
Q
ζ(s−1)
ϕ
ϕ(n) = n p|n (1 − p1 )
ϕ = Id ∗µ
ζ(s)
d
d (n) = |{d Ê 1, d |n}|
d = 1∗1
ζ2 (s)
35
CHAPITRE 4
Le Théorème de la Progression Arithmétique
Définition 4.1. Une progression arithmétique est un sous-ensemble non-vide de Z vérifiant la propriété suivante : il existe un entier positif q > 0 tel que la distance entre deux entiers
consécutifs de cet ensemble est toujours q . L’entier q s’appelle le module de la progression
arithmétique.
Il est facile de voir que les progressions arithmétiques de module q sont de la forme
L q,a = a + q Z ⊂ Z.
où a est un entier. Remarquons que si a ≡ a 0 (q), on a L q,a = L q,a 0 . Ainsi les progressions
arithmétiques de module q sont indexées par les classes de congruence modulo q (ie. par
l’anneau Z/q Z) ; il y en a donc q .
Ainsi n appartient à L q,a ssi n ≡ a(q). Ainsi la classe a de a modulo q est appellée classe
de la progression arithmetique. On écrira indifférement L q,a ou L q,a et par abus de language,
on parlera pour l’entier a de la classe de la progression arithmétique.
Comme L q,a est infini il est naturel de se demander si son intersection avec les nombres
premiers P , l’est aussi : c’est presque toujours le cas
Théorème (de la progression arithmétique de Dirichlet, TPA). Soient a, q > 0 deux entiers premiers entre eux, alors l’ensemble
P q,a = P ∩ L q,a
est infini ; autrement dit, il existe une infinité de nombres premiers p ≡ a(mod q) (ie. de la
forme p = qk + a avec k ∈ Z).
Remarque 4.2. La condition “a et q premiers entre eux” est nécessaire. En effet, si
(a, q) 6= 1 alors il n’y a au plus un seul p premier de la forme qn + a (la seule possibilité est
p = (a, q)). En d’autres termes, les classes de congruences contenant une infinité de nombres
premiers sont exactement celles de (Z/q Z)× .
Dans la lignée du TNP, on peut poser des question plus précise sur la densité de l’ensemble
P q,a . On pose donc
π(x; q, a) := |P q,a ∩ [1, x]| = |{p É x, p ≡ a(q)}| =
X
1
p≡a(q)
la fonction de comptage de cet ensemble. Au début du 20ème siècle, Landau a montré la
généralisation suivant du TNP :
Théorème (Landau). Soient a, q premiers entre eux alors
π(x; q, a) =
1
x
1
π(x)(1 + o(1)) =
(1 + o(1)).
ϕ(q)
ϕ(q) log x
37
38
4. LE THÉORÈME DE LA PROGRESSION ARITHMÉTIQUE
Si p > q , alors p se trouve nécessairement dans l’une des progressions arithmétiques dont
la classe est première à q . Le Théorème de Dirichlet dit que chacune des classes de congruence
dans (Z/q Z)× est atteinte une infinité de fois. Le Théorème de Landau dit que la proportion
asymptotique de nombres premiers tombant dans une telle classe de congruence ne dépend
pas de cette classe : asymptotiquement il n’y a pas de classe “privilégiée”). Dans ce chapitre on
ne montrera pas le théorème de Landau mais plus simplement l’analogue du Thm de Mertens
Théorème 4.3. On a pour a, q premiers entre eux et x → +∞
(4.1)
X Λ(n)
1
=
log(x) + O(1),
n
ϕ(q)
nÉx
n≡a(q)
(4.2)
X log(p)
1
=
log(x) + O(1)
p
ϕ(q)
pÉx
p≡a(q)
X
pÉx
p≡a(q)
1
1
=
log log(x) + O(1).
p ϕ(q)
La méthode (due à Dirichlet) consistera à trouver une expression “agréable” du point de
vue analytique de la condition de congruence
n ≡ a(q)
puis à la convertir dans la sommation sur les nombres premiers. Le point crucial est la structure
de groupe (abélien) de l’ensemble (Z/q Z)× .
1. Caractères d’un groupe abélien fini
Soit G un groupe abélien fini ; on note e l’élément neutre. Soit
C (G) = CG = { f : G 7→ C},
l’espace vectoriel des fonctions de G dans C. C’est un espace vectoriel (et même une algèbre
avec la multiplication de deux fonctions) complexe de dimension |G|, dont une C-base est
donnée par l’ensemble
(
B0 = {δg , g ∈ G}, δg (g 0 ) =
1,
g0 = g
0,
g 0 6= g
.
On a en effet pour f ∈ C (G), la décomposition
f =
X
f (g )δg ,
g
et il est facile de voir que B0 est libre.
L’espace C (G) est munis d’un produit scalaire hermitien
(4.3)
〈 f , f 0 〉 :=
1 X
f (g ) f 0 (g )
|G| g ∈G
pour lequel la base B0 est orthogonale :
〈δg , δ0g 〉 =
(
1
1
1
δg =g 0 =
×
|G|
|G|
0
si g = g 0
.
si g =
6 g0
Bien entendu ces considérations sont valables pour un ensemble fini quelconque. Cependant, pour G un groupe abélien, C (G) possède un base orthonormée canonique provenant de
la structure de groupe de G .
1. CARACTÈRES D’UN GROUPE ABÉLIEN FINI
39
Comme G est un groupe, il agit sur lui-même par translations. Cette action induit une
action de G sur C (G) : à chaque élément g de G on associe l’endomorphisme T g ∈ End(C (G))
défini par
T g : f → T g f : g 0 → T g f (g 0 ) := f (g g 0 ).
On vérifie facilement que
T g ◦ T g 0 = T g g 0 , Te = IdC (G) ,
dont on déduit que T g est inversible, d’inverse
(T g )−1 = T g −1
et donc l’application
T : g 7→ T g
définit en fait un morphisme de groupes
T : G 7→ Aut(C (G)).
De plus comme G est abélien, les éléments de T g , g ∈ G commutent entre eux :
Tg ◦ Tg 0 = Tg g 0 = Tg 0 g = Tg 0 ◦ Tg .
De plus, on a
〈T g f , T g f 0 〉 =
1 X
1 X
f (g g 0 ) f 0 (g g 0 ) =
f (g ) f 0 (g ) = 〈 f , f 0 〉.
|G| g 0 ∈G
|G| g ∈G
Ainsi {T g , g ∈ G} est un ensemble d’isométries (pour le produit scalaire hermitien (4.3)) qui
commutent entre elles deux à deux. On rappelle le théorème spectral :
Théorème (théorème spectral). Soit (V, 〈 , 〉) un espace hermitien de dimension finie
et T ⊂ End(V ) un ensemble d’endomorphismes commutant entre eux deux à deux, alors il
existe une base orthonormée de V formée de vecteurs propres de tous les éléments de T si et
seulement si chaque T ∈ T est normal (c.à.d. que T T ∗ = T ∗ T ).
Exercice(s) 4.4. On preuve le théorème. Supposons tout d’abord que T = {T }.
(1) Direction ⇒. On suppose que V a une base orthonormale des vecteurs propres
pour T . Montrer que T est normal. (En fait, le même chose marche pour un ensemble
d’endomorphismes T .)
(2) Direction ⇐. Montrer qu’il existe une base orthonormale de V telle que la matrice
de T dans cette base est triangulaire supérieure. On s’appelle cette base {e 1 , . . . , e n }.
(3) Direction ⇐. Calculer ||Te 1 ||2 et ||T ∗ e 1 ||2 . On suppose maintenant que T est normal.
Conclure que la première linge et colonne de la matrice de T dans partie (2) ont des 0
dans chaque place excepter pour la diagonale.
(4) Direction ⇐. Montrer que la matrice de T dans partie (2) est diagonale. Conclure
que nous avons montrer le théorème.
(5) Direction ⇐. On suppose que T1 et T2 sont commutant. Montrer qu’ils ont une
vecteur propre en commun. Indication : T2 a une valeur propre λ. Envisager l’espace
propre E λ . Montrer que la théorème est vrai pour deux applications T1 et T2 par faisant
chaque l’espace propre une à la fois.
(6) Direction ⇐. Conclure que la théorème est vraie pour un ensemble fini quelconque.
Dans le cas présent, le théorème spectral implique que C (G) possède une base orthonormée
formée de vecteus propres des T g : la preuve du théorème suivant implique qu’à normalisation
et permutation près une telle base est unique :
40
Théorème 4.5. Il existe une unique base orthonormée Gb = {χ} de C (G) formée de vecteurs
propres de tous les T g qui vérifient χ(e) = 1 pour tout χ ∈ Gb. On a l’égalité
Gb = HomZ (G, C× )
où HomZ (G, C× ) désigne l’ensemble des morphismes de groupes de G vers C× . Cet ensemble
est un groupe : le groupe des caractères de G , ou encore le dual de G .
Preuve. L’ensemble {T g , g ∈ G} est une famille d’opérateur hermitiens et donc autoadjoints
qui commutent deux à deux. Par le théorème spectral cette famille est diagonalisable dans
une base orthonormée.
Soit {ψ} une telle base : les ψ sont donc vecteurs propres (non-nuls) de tous les T g et on
a pour tout g ,
(4.4)
T g ψ(x) = ψ(g x) = χψ (g )ψ(x),
où χψ (g ) désigne la valeur propre de T g associée au vecteur propre ψ. On associe donc à tout
ψ, une fonction χψ ∈ C (G) définie par
χψ : g → χψ (g ).
On a
Te ψ = Id(ψ) = χψ (e)ψ = ψ,
T g ◦ T g 0 ψ = T g g 0 ψ = χψ (g )χψ (g 0 )ψ = χψ (g g 0 )ψ
T g−1 ψ = T g −1 ψ = χψ (g −1 )ψ = (χψ (g ))−1 ψ,
ainsi (comme ψ 6≡ 0), on a pour tout g , g 0 ∈ G
χψ (e) = 1, χψ (g g 0 ) = χψ (g )χψ (g 0 ), χψ (g −1 ) = χψ (g )−1 .
En d’autre termes χψ est un morphisme de groupes de G dans C× . Notons également que
comme G est fini, on a, par le théoréme de Lagrange, pour tout χ ∈ Hom(G, C× ),
χ(g |G| ) = χ(e) = 1 = χ(g )|G|
et donc χ est à valeurs dans µ|G| l’ensemble des racnes |G|-ièmes de l’unité. En particulier
χψ (g ) est un nombre complexe de module 1 pour tout g et
(4.5)
〈χψ , χψ 〉 =
1 X
1 X
χψ (g )χψ (g ) =
1 = 1.
|G| g ∈G
|G| g ∈G
Comme ψ est non-nulle, soit g 0 tel que ψ(g 0 ) 6= 0, par (4.4), on a pour tout g , ψ(g ) = χψ (g )ψ(e)
et comme ψ 6≡ 0, ψ(e) 6= 0, ainsi
χψ (g ) =
1
1
ψ(g ) ⇒ χψ =
ψ
ψ(e)
ψ(e)
ie. χψ appartient au sous-espace C.ψ engendré par ψ. Comme les χψ sont tous non-nuls
(χψ (e) = 1), la famille {χψ } =: Gb est une base orthonormée de C (G) qui est contenue dans
Hom(G, C× ). Montrons qu’en fait tout élément de Hom(G, C× ) appartient à {χψ } :
Inversement soit ψ ∈ Hom(G, C× ) ; alors ψ appartient a C (G) et comme ψ 6≡ 0 (ψ(e) = 1), il
existe χ ∈ Gb tel que 〈ψ, χ〉 6= 0. Alors, on a pour tout g ,
0 6= 〈ψ, χ〉 = 〈T g ψ, T g χ〉 =
1 X
ψ(g g 0 )χ(g g 0 ) = ψ(g )χ(g )〈ψ, χ〉;
|G| g 0 ∈G
1. CARACTÈRES D’UN GROUPE ABÉLIEN FINI
41
ainsi pour tout g , ψ(g )χ(g ) = 1 c’est à dire ψ(g ) = χ(g ). Ceci montre que
Gb = Hom(G, C× ).
Exercice(s) 4.6. Bidual. Soit x ∈ G . Pour χ ∈ Ĝ on pose T x (χ) := χ(x). Montrer que T x est
un caractère de Ĝ et que l’application x 7→ T x est un isomorphisme entre G et Ĝˆ .
1.1. Propriétés des caractères. On extrait de la preuve précédente les propriétés importantes suivantes.
1.1.1. Structure de groupe. L’ensemble Gb = Hom(G, C× ) a une structure naturelle de groupe
(on l’appelle le groupe dual de G ) via la multiplication des fonctions : pour χ, χ0 ∈ Gb on définit
χ.χ0 : g 7→ χ(g )χ0 (g ), χ−1 : g 7→ χ(g )−1 ;
χ.χ0 et χ−1 sont évidemment des caractères. L’élément neutre de Gb est la fonction constante
égale à 1, qu’on note
χ0 : g 7→ 1
et qu’on appelle le caractère trivial.
Dit autrement, et de façon pédante, Gb est un sous-groupe du groupe des unités de l’algèbre
C (G) munie de la multiplication des fonctions, f , f 0 ∈ C (G) :
f . f 0 : g 7→ f (g ) f 0 (g ).
1.1.2. Unitarité. On a montré que
b = dimC (G) = |G|;
|G|
en particulier (Théorème de Lagrange) pour tout χ ∈ Gb, χ|G| = χ0 c’est à dire que pour tout
g ∈G
χ(g )|G| = 1,
autrement dit, les caractères sont à valeurs dans le groupe des racines |G|-ièmes de l’unité
µ|G| = {ζ ∈ C, ζ|G| = 1}.
On dit qu’ils sont unitaires. En particulier pour tout g
χ(g )−1 = χ(g ), i .e. χ−1 = χ
le conjugué complexe de χ.
1.1.3. Relations d’orthogonalité.
Proposition 4.7. On a :
(4.6)
(4.7)
δχ=χ0 =
1 X
χ(g 0 )χ0 (g 0 )
|G| g 0 ∈G
δg =g 0 =
1 X
χ(g )χ(g 0 )
|G| χ∈Gb
42
Preuve. La première relation est la relation d’orthogonalité (4.5) :
〈χ, χ0 〉 = δχ=χ0 .
Pour montrer la seconde relation considérons la decomposition de δg dans la base Gb :
(4.8)
δg =
X
1 X X
1 X
〈δg , χ〉χ =
(
δg (g 0 )χ(g 0 )).χ =
χ(g )χ
|G| χ g 0 ∈G
|G| χ
χ
évaluant cette identité en g 0 , on obtient la relation (4.7).
Remarque 4.8. L’expression (4.8) est la décomposition de Fourier de la fonction δg .
C’est cette expression qui va nous être utile dans la suite.
Exercice(s) 4.9. Transformée de Fourier. Soit F : G → C une fonction. On définit F̂ : Ĝ → C
par
F̂ (χ) =
1 X
F (g )χ̄(g ).
|G| g ∈G
Montrer la formule d’inversion, c-à-d
F (g ) =
X
χ
F̂ (χ)χ(g ).
Que vaut F̂ˆ ?
1.2. Caractères d’un groupe cyclique. Soit G =< g > un groupe cyclique de générateur g ; notons q son ordre ; un caractère χ de g est complètement déterminé par sa valeur en
g , χ(g ) : pour tout g 0 ∈ G , on pose g 0 = g m , m ∈ Z et χ(g 0 ) = χ(g )m . Notons que cela ne dépend
0
pas du choix de m ∈ Z : si g 0 = g m alors m 0 ≡ m(mod q) et
0
0
χ(g m ) = χ(g )m χ(g )m −m = χ(g m )
car χ(g ) est une racine q -ième de l’unité. Ainsi toute racine q -ième de l’unité ζ définit de
manière unique un caractère de G en posant
χ(g m ) = ζm .
En d’autre termes on a la
Proposition 4.10. Soit G un groupe cyclique d’ordre q . Le choix d’un générateur de G
détermine un isomorphisme entre le groupe des racines q -ièmes de l’unité et le groupe Gb. Cet
isomorphisme est donné par
ζ ∈ µq 7→ χ : g m → χ(g m ) := ζm .
Dans le cas du groupe Z/q Z, les caractères (dits caractères additifs) sont donnés explicitement par les fonctions
x
ψn : x(mod q) 7→ e(n ).
q
Notons que ψn ne dépend que de la classe de n modulo q et
n(mod q) 7→ ψn
est l’isomorphisme recherché.
2. CARACTÈRES DE DIRICHLET
43
Remarque 4.11. Notons que µq est un groupe cyclique d’ordre q engendré par l’exponentielle complexe
1
ζq = e( ), e(x) := exp(2πi x).
q
On a donc
Gb ' µq ' Z/q Z ' G.
Notons que c’est isomorphisme n’est pas canonique car il dépend du choix du générateur g .
b
Plus généralement, que pour tout groupe abélien G , on a G ' G.
á
Exercice(s) 4.12. Isomorphisme non-canonique avec le dual. Montrer G
1 ×G 2 ' Ĝ 1 × Ĝ 2 ,
avec G 1 ,G 2 des groupes finis abéliens. En déduire que G est isomorphe à Ĝ .
Indication : traiter en premier le cas G cyclique.
Exercice(s) 4.13. Induction/Restriction. Soit H < G un sous groupe de G ,
— montrer que si χ est un caractère de G alors χ|H est un caractère de H .
— Soit r es |H l’application (restriction à H ). Montrer que ker r es |H peut s’identifier à
.
G/H
— Montrer que res|H est surjective : i.e. pour tout χ0 ∈ Ĥ , il existe χ ∈ Gb qui prolonge
χ0 . Pour cela on considérera la fonction
F (g ) =
X
χ(g ).
χ∈Gb
Calculer cette fonction. Soit χ0 un caractère de H . Montrer que
1 X 0
b χ|H = χ0 }|.
χ (h)F (h) = |{χ ∈ G,
|H | h∈H
On a donc la suite exacte
→ Gb → Ĥ → 1
1 → G/H
qui est duale de la suite
1 → H → G → G/H → 1.
2. Caractères de Dirichlet
On va maintenant appliquer cette théorie aux groupes multiplicatifs (Z/q Z)× .
Définition 4.14. Soit q Ê 1 un entier ; les caractères du groupe abélien (Z/q Z)× sont
appelés caractères de Dirichlet de module q . Le caractère trivial (la fonction constante égale
à 1) sera noté χ0 .
2.1. Fonction arithmétique associé à un caractère de Dirichlet. Soit χ ∈ (á
Z/q Z)×
un caractère. On prolonge cette fonction par zero en une fonction sur Z/q Z puis on la prolonge
en une fonction sur Z en la composant avec la réduction modulo q :
χ(n) =
(
χ(n mod q),
0
(n, q) = 1
(n, q) > 1.
Par abus de langage, la fonction arithmétique ainsi obtenue sera encore appelée “caractère
de Dirichlet”. En particulier χ définit une fonction arithmétique, périodique de période q ,
44
qui s’annule sur les entiers non-premiers à q ; c’est une fonction arithmétique complètement
multiplicative :
∀m, n ∈ Z, χ(mn) = χ(m)χ(n).
Les relations d’orthogonalité (4.6) et (4.7) s’écrivent alors
δχ=χ0 =
(4.9)
X
1
χ(a)χ0 (a)
ϕ(q) a mod q
Pour (ab, q) = 1,
δa≡b mod q =
(4.10)
1 X
χ(a)χ(b).
ϕ(q) χ
Exercice(s) 4.15. Soit G(m) := (Z/m Z)∗ .
?
(a) Quel est le cardinal de G(m)
.
(b) Montrer que pour m ∈ {2, 4, 8}, on a χ2 = 1 (caractère trivial) pour tout χ ∈ G(m)
(c) Pour un entier impair n , on note n̄ son image dans G(m). Trouver deux polynômes
², ω de façon à ce que le caractère non trivial de G(4) est donné par
n̄ 7→ (−1)²(n)
et les caractères non triviaux de G(8) sont donnés par
n̄ 7→ (−1)²(n) , n̄ 7→ (−1)ω(n) , n̄ 7→ (−1)²(n)+ω(n) .
On considère alors la série de Dirichlet associée à cette fonction
L(χ, s) :=
X χ(n)
.
s
nÊ1 n
Comme |χ(n)| É 1, cette série est absolument convergente pour ℜes > 1 et dans ce domaine,
on a
L(χ, s) =
Y
(1 −
p
χ(p) −1
) .
ps
On obtient ainsi une série L au sens de la section 4. Dans ce cas precis Vp = C et l’endomorphisme Φp : x → χ(p)x est la multiplication par le scalaire χ(p).
Proposition 4.16. Soit χ mod q un caractère de Dirichlet.
— Si χ = χ0 , on a pour ℜes > 1,
L(χ0 , s) =
Y
p|q
(1 −
1
)ζ(s)
ps
qui admet un prolongement holomorphe au demi-plan ℜes > 0.
— Si χ 6= χ0 , la série L(χ, s) converge uniformément sur les compacts du demi-plan
ℜes > 0 et définit donc une fonction holomorphe dans ce domaine. Plus précisement
on a pour ℜes > 0
X χ(n)
q|s| −σ
= L(χ, s) + O(
X ).
s
σ
1ÉnÉX n
(4.11)
Preuve. Si χ = χ0 , alors
L(χ0 , s) =
Y
p
(1 −
Y
χ0 (p) −1
1
1 −1 Y
)
=
) = (1 − s )ζ(s).
(1
−
s
ps
p
p
p|q
p, (p,q)=1
L’énoncé résulte du prolongement méromorphe de ζ au demi-plan ℜs > 0 (cf. l’exercice 3.14).
3. DÉBUT DE LA PREUVE DU THÉORÈME ??
45
Si χ est non trivial, on a pour tout intervalle I de longueur q exactement
X
χ(n) = 0
n∈I
en effet I étant de longueur q contient exactement une fois chaque classe de Z/q Z et l’égalité
résulte de la relation d’orthogonalité (4.9) en prenant χ0 = χ0 . Ainsi pout tout t , on a
|M χ (t )| É q.
Par intégration par partie, on a alors
Z X
X χ(n)
−s
M χ (t )t −s−1 d t .
= X M χ (X ) − 1 + s
s
1
1ÉnÉX n
Comme Mχ (t ) est bornée, pour σ = ℜes > 0, le premier terme tend vers 0 et l’intégrale est
absolument convergente ; ainsi la série converge. Par le même argument, on a
Z ∞
X χ(n)
X χ(n) £
¤
−s ∞
L(χ, s) −
M χ (t )t −s−1 d t
=
= M χ (t )t
X +s
s
s
n
n
X
1ÉnÉX
n>X
|s|
q X −σ → 0, X → +∞
σ
P
χ(n)
¿ q X −σ +
ce qui démontre (4.11). Cette majoration montre que
1ÉnÉX n s
converge uniformément vers
L(χ, s) sur les compacts du demi-plan ℜes > 0. On en déduit l’holomorphie de L(χ, s) dans ce
domaine.
3. Début de la preuve du Théorème 4.3
Par des arguments élémentaires il suffit de prouver la première identité : on a par (4.10)
X Λ(n)
1 X
=
χ(a)S χ (x)
n
ϕ(q) χ(q)
nÉx
(4.12)
n≡a(q)
avec
S χ (x) =
Si χ = χ0 ,
S χ0 (x) =
X
nÉx
(n,q)=1
X χ(n)
Λ(n).
nÉx n
X 1
Λ(n) X Λ(n) X
=
− log p
= log(x) + O q (1)
α
n
nÉx n
p|q
αÊ1 p
p α Éx
et donc la contribution de ce terme à la somme (4.12) est de
log(x) + O q (1).
Pour conclure il suffit de montrer que pour tout χ 6= χ0 ,
S χ (x) =
X χ(n)
Λ(n) = O q (1).
nÉx n
Pour calculer S χ (x), on considère la somme
Tχ (x) =
X
nÉx
log(n)
χ(n)
;
n
par integration par partie et utilisant le fait que Mχ (x) est bornée si χ 6= χ0 , on voit que
Tχ (x) = O(1).
46
D’autre part, utilisant l’égalité log = 1 ∗ Λ, on a
X χ(a)
X χ(b)
Λ(a)
aÉx a
bÉx/a b
X χ(a)
¡
a ¢
=
Λ(a) L(χ, 1) + O( )
x
aÉx a
= L(χ, 1)S χ (x) + O(1)
Tχ (x) =
par la majoration de Chebycheff. Ainsi si on montre que
L(χ, 1) 6= 0,
on aura
(4.13)
S χ (x) = O(1),
se qui concluera la preuve du Théorème 4.3. La non-annulation de L(χ, s) en s = 1 est le point
clef de la preuve du Théorème de Dirichlet ; elle sera montrée dans la prochaine Section
Exercice(s) 4.17. Soient χ1 et χ2 deux caractères quadratiques. Montrer que
ζ(s)L(χ1 , s)L(χ2 , s)L(χ1 χ2 , s)
est une série de Dirichlet à coefficients positifs.
Exercice(s) 4.18. Soit χ un caractère non-trivial de module q , montrer que pour σ =
ℜes ∈]0, 1],
L(χ, s) ¿ (q|s|)1−σ log(2q|s|), L 0 (χ, s) ¿ (q|s|)1−σ log2 (2q|s|)
4. Non-annulation des fonctions L de Dirichlet au point 1
Théorème 4.19 (Dirichlet). Soit χ(mod q) un caractère non-trivial, alors
L(χ, 1) 6= 0.
On va donner deux preuves de ce théorème : l’une n’utilisant que de l’analyse réelle,
l’autre passant par l’analyse complexe. Quelque soit la preuve une point clef est l’utilisation
d’argument de positivité.
4.1. Preuve par l’analyse complexe. L’idée est la suivante : on considère le produit
de toutes les fonctions L de Dirichlet
Y
χ(q)
L(χ, s) = L(χ0 , s)
Y
χ6=χ0
L(χ, s) = L q (s).
C’est une série de Dirichlet (celle de la fonction multiplicative n 7→ a q (n) obtenue comme
convolée des caractères de module q ),
L q (s) =
X a q (n)
nÊ1
ns
et on va voir que les coefficients a q (n) sont positifs ou nuls pour tout n Ê 1 ; on va également
montrer que pour n premier avec q ,
a q (n ϕ(q) ) Ê 1.
4. NON-ANNULATION DES FONCTIONS L DE DIRICHLET AU POINT 1
47
On en déduit que l’abscisse de convergence σq de a q vérifie σq Ê 1/ϕ(q) (on a a priori σq É 1
car a q est la convolée de fonctions arithmétiques d’abscisses de convergence égales à 1) : en
effet, pour σ = 1/ϕ(q)
X
a q (n)/n σ Ê
nÊ1
a q (m ϕ(q) )/m ϕ(q)σ Ê
X
mÊ1
(m,q)=1
X
1/m = +∞.
mÊ1
(m,q)=1
Par la proposition 4.16, L q (s) admet un prolongement méromorphe au demi-plan ℜs > 0
dont le seul pôle possible dans ce domaine est en s = 1 . Si on suppose maintenant qu’il existe
un caractère χ tel que L(χ, s) s’annule en s = 1, comme le pôle de L(χ0 , s) en 1 est simple, la
fonction L q (s) sera holomorphe en s = 1 et donc dans tout le demi-plan {s, ℜs > 0}. Le Lemme
de Landau ci-dessous, l’holomorphie de L q (s) dans le demi-plan {s, ℜs > 0} et le fait que les
a q (n) sont positifs ou nuls implique alors que l’abscisse de convergence de L q (s) est en fait
É 0, contradiction !
Lemme 4.20 (Landau). Soit
L(s) =
X f (n)
s
nÊ1 n
une série de Dirichlet d’abscisse de convergence σ f finie et dont les coefficients f (n) sont
positifs ou nuls ; alors L(s) n’admet pas de prolongement holomorphe au voisinage du point
σf .
Preuve. Quitte a remplacer L(s) par L(s − σ f ) on peut supposer σ f = 0. Supposons que L(s)
admette un prolongement holomorphe dans un disque ouvert D centré en σ f = 0 alors L(s)
et toutes ses dérivées definissent des fonctions holomorphes dans le domaine D ∪ {s, Res > 0}.
Remarquons que l’on a
X
f (n) = L(0).
nÊ1
C’est une conséquence du théorème de convergence monotone et on rappelle l’argument cidessous : comme on a f (n) Ê 0 , la fonction
σ ∈]0, 1] 7→ L(σ) =
f (n)/n σ
X
nÊ1
est décroissante et est majorée par sa limite quand σ → 0+ qui est L(0). D’autre part pour
tout N Ê 1,
X
nÉN
f (n) = lim+
X
σ→0 nÉN
f (n)/n σ É lim+ L(σ) = L(0),
σ→0
ce qui montre la convergence de la somme précédente. On calcule la limite en notant que pour
tout σ > 0, on a
L(σ) =
X
f (n)/n σ É
nÊ1
X
f (n),
nÊ1
et en faisant tendre σ vers 0. Considérons la dérivée d’ordre k de L(s) : pour ℜs > 0 elle est
donnée par
L(s)(k) = (−1)k
X f (n)(log n)k
.
ns
nÊ1
Comme f (n)(log n)k est positif ou nul, le même argument que précédemment donne que
(−1)k
X
nÊ1
f (n)(log n)k = L (k) (0).
48
Soit σ < 0 et contenu dans D , L(σ) se calcule par son développement de Taylor en 0 :
X L (k) (0) k X (−σ)k X
f (n)(log n)k .
σ =
k!
k!
nÊ1
kÊ0
kÊ0
L(σ) =
Comme (−σ)k Ê 0 les terme de cette double somme sont positifs ou nuls et on peut les permuter :
L(σ) =
X
f (n)
nÊ1
X (−σ log n)k X
X f (n)
.
=
f (n) exp(−σ log n) =
σ
k!
nÊ1
nÊ1 n
kÊ0
Ainsi la série L(s) convergerait pour un σ < 0 ce qui contredit le fait que σ f = 0.
4.2. Positivité des a q (n). La fonction n 7→ a q (n) étant multiplicative, il suffit de montrer
que a q (p k ) Ê 0 pour p premier et k Ê 0. Il suffit donc de montrer que les coefficients de
L q,p (s) =
Y
χ
L p (χ, s) =
Y
χ
(1 − χ(p)p −s )−1 =
X a q (p k )
kÊ1
p ks
sont positifs ou nuls. Si p divise q , L q,p (s) = 1 ; on peut donc supposer que p est premier avec
q . Posant z = p −s (de sorte que |z| < 1 si ℜs > 0), on considère la série entière (convergente)
E (z) =
Y
χ
(1 − χ(p)z)−1 =
X
a q (p k )z k .
kÊ0
Prenant le logarithme, on a
log(E (z)) =
X
χ
log((1 − χ(p)z)−1 ) =
X zk X
=
χ(p k ) =
kÊ1 k χ
XX
χ kÊ1
X
ϕ(q)
kÊ1
p k ≡1(q)
χ(p)k
zk X X
zk
=
χ(p k )
k
k
χ kÊ1
zk
.
k
On voit donc que log(E (z)) est un série entière à coefficient positifs ou nuls ; comme
E (z) = exp(log(E (z))) = 1 + log(E (z)) +
(log(E (z)))l
log(E (z))2
+···+
+...
2
l!
on voit que les coefficients de E (z) sont eux aussi positifs ou nuls. Notons également que pour
k = ϕ(q),
p ϕ(q) ≡ 1(q)
car (théorème de Lagrange) l’ordre d’un élément d’un groupe (ici p(mod q)) divise toujours
l’ordre du groupe (ici (Z/q Z)× ). On voit donc que le coefficient d’ordre ϕ(q) de log(E (z)) vaut
1 et on en déduit que le coefficient d’ordre ϕ(q) de E (z) est Ê 1. Cela permettrait déjà d’en
déduire que l’abscisse de convergence de L q (s) est Ê 1/ϕ(q).
On va faire un peu mieux et calculer complètement L q (s). Soit e p l’ordre de p(mod q) dans
(Z/q Z)× , on a
log(E (z)) =
ϕ(q)
ϕ(q) X z e p k ϕ(q)
−
=
log((1 − z e p )−1 ) = log((1 − z e p ) e p )
e p kÊ1 k
ep
et donc
E (z) =
1
(1 − z e p )
ϕ(q)
ep
= (1 + z e p + z 2e p + . . . )
ϕ(q)
ep
,
4. NON-ANNULATION DES FONCTIONS L DE DIRICHLET AU POINT 1
49
et
1
L q,p (s) =
(1 − p e1p s )
ϕ(q)
ep
X a q (p k )
=
kÊ0
p ks
.
On en déduit que les a q (p k ) sont des entiers positifs ou nuls tels que a q (p k ) Ê 1 si k est un
multiple de ϕ(q) et donc que pour tout entier n premier avec q ,
a q (n ϕ(q) ) Ê 1.
Exercice(s) 4.21. Le but de cet exercice est de démontrer que L(1, χ) 6= 0 si χ n’est pas
un caractère réel. On rappelle les formules Λ = µ ∗ log et
X
log
nÉx
x
= O(x)
n
et la définition de S χ qui est trouvé à la section 3.
(1) Montrer que
S χ (x) = − log x + L(1, χ)
X χ(a)
x
µ(a) log + O q (1).
a
a
aÉx
En déduire que S χ (x) = δχ log x + O q (1) avec

si χ = χ0
1
δχ = 0 si χ 6= χ0 , L(1, χ) 6= 0

−1 si χ 6= χ0 , L(1, χ) = 0
(2) Utilisant
P
nÉx,n≡1 (mod q)
Λ(n)
n
Ê 0, montrer que
X
δχ Ê 0.
χ
(3) Conclure.
Exercice(s) 4.22. On veut compléter l’Exercice 4.21 en montrant que L(1, χ) 6= 0 si χ est
réel. On suppose donc χ(n) ∈ {±1}, ∀(n, q) = 1. Écrivons
τχ = 1 ∗ χ,Uχ (x) =
X τχ (n)
nÉx
n 1/2
.
(0) Montrer que
τχ (n) Ê 0, ∀n ∈ N.
(1) Montrer que
1
log(x) + O(1).
2
Indication : montrer que τχ (n 2 ) Ê 1, ∀n ∈ N.
Uχ (x) Ê
(2) Montrer que
X
n −1/2 = 2x 1/2 + c + O(x −1/2 ),
nÉx
avec c une constante absolue.
(3) Rappelons que Proposition 4.16 nous dit que
X χ(a)
= L(1, χ) + O q (1/y)
aÉy a
50
et
X χ(a)
aÉy
a 1/2
= L(1/2, χ) + O q (y −1/2 ).
Montrer que pour x, y, b fixés
X
χ(a)
y<aÉx/b
a 1/2
= O q ((x/b)−1/2 ) + O q (y −1/2 ).
(4) Montrer que
Uχ (x) = 2x 1/2 L(1, χ) + O(1).
Indication : On utiliserait la méthode d’hyberbole (voir exercice 2.24).
(5) Conclure.
CHAPITRE 5
Le mémoire de Riemann
Il y a 150 ans, en 1859, Riemann publia sont célèbre mémoire Uber die anzahl.... : dans ce
mémoire, Riemann jette les bases de l’étude des propriétés analytiques de la fonction “zeta”
ζ(s) =
(5.1)
X 1 Y
1
= (1 − s )−1 , ℜs > 1
s
p
p
nÊ1 n
en tant que fonction de la variable complexe et la relation entre celles ci et le problème du
comptage des nombres premiers.
Ainsi, Riemann mentionne une formule “explicite”, démontrée plus tard par von Mangolt
reliant la fonction sommatoire de la fonction Λ,
M Λ (x) =
X
Λ(n)
nÉx
à une somme sur les zéros de ζ(s). une formule asymptotique pour MΛ (x) quand x → +∞.
Riemann montre que les zéros “non-triviaux” de ζ sont en nombre infini et donne une formule
asymptotique de leur nombre. C’est également à cette occasion qu’il formule sa célèbre hypothèse l’hypothèse de Riemann qui prédit que les zéros non-triviaux sont tous situé sur la
droite ℜes = 1/2. La preuve de cette hypothèse est un des problèmes les plus important des
mathématiques : pour sa résolution, l’Institut américain Clay à promis une récompense de
1000000 USD à son auteur.
Prolongement analytique. La fonction ζ(s) admet un prolongement méromorphe à
C. Elle est holomorphe partout sauf en s = 1, ou elle admet un pôle simple de résidu égal à 1
Equation fonctionnelle. Soit
Λ(s) := ζ∞ (s)ζ(s) avec ζ∞ (s) = π−s/2 Γ(s/2).
Alors Λ(s) admet un prolongement analytique à C avec deux poles simples en s = 0, 1 et vérifie
pour s 6= 0, 1
Λ(s) = Λ(1 − s).
Dans cet énoncé, Γ(s) désigne la fonction Γ d’Euler
Γ(s) =
Exercice(s) 5.1.
∞
Z
e −t t s
0
dt
.
t
(1) En utilisant une IPP, montrer que
Γ(s + 1) = sΓ(s), ℜ(s) > 0.
En déduire que Γ(s) se prolonge en une fonction méromorphe sur C. Trouver les pôles
et les résidus.
51
52
5. LE MÉMOIRE DE RIEMANN
(2) Considérons l’intégrale
n³
Z
I (n, s) =
0
1−
u ´n s−1
u d u, ℜ(s) > 0.
n
Montrer que
I (n, s) =
n s n!
, ℜ(s) > 0.
s(s + 1) · · · (s + n)
lim I (n, s) = Γ(s).
n→∞
En déduire la formule d’Euler-Gauss
s(s + 1) · · · (s + n − 1)
1
= lim
.
Γ(s) n→∞
(n − 1)!n s
(3) Rappelons la constante d’Euler γ. Montrer que l’on a
¶
µ
∞ ³
Y
s´
1
1 −s
1+
=s
, ℜ(s) > 0.
1+
Γ(s)
n
n
n=1
∞ ³
Y
1
s ´ −s/n
= se γs
1+
e
.
Γ(s)
n
n=1
Montrer aussi que le membre à droite de la dernière équation converge pour tout s ∈ C,
donc définit une fonction holomorphe. En particulier, Γ(s) ne s’annule jamais.
(4) Rappelons la formule
¶
∞ µ
Y
sin πs
s2
1− 2 .
=s
π
n
n=1
Montrer que l’on a
sin πs
1
=
.
Γ(s)Γ(1 − s)
π
p
En déduire Γ(1/2) = π.
(5) (Formule de duplication) Montrer que l’on a
Γ(1/2)Γ(2s) = 22s−1 Γ(s)Γ(s + 1/2).
Exercice(s) 5.2. On veut obtenir une formule asymptotique de type Stirling de la fonction gamma. Admettons la formule d’Euler-Maclaurin sous la forme générale
X
x
Z
f (n) =
nÉx
1
f (t )d t +
l
X
j
(−1) ψ j (t ) f
( j −1)
x+
(t )|1−
+ (−1)l +1
x
Z
j =1
1
ψl (t ) f (l ) (t )d t ,
avec les fonctions ψl déterminées par
ψ1 (t ) = {t } − 1/2;
Z t
Z 1
ψl +1 (t ) − ψl +1 (0) =
ψl (u)d u,
ψl +1 (t )d t = 0.
0
Ici, la notation
g (t )|b+
a−
0
signifie
g (t )|b+
a− = g (b+) − g (a−) =
lim g (t ) − lim g (t ).
t →b,t >b
t →a,t <a
53
(1) Montrer que, pour s en dehors de la semi-droite {s ∈ R : s É 0}, on a
1
1
log Γ(s) = (s − ) log s − s + log 2π + Ω1 (s),
2
2
où log Γ(s) est défini par
1
s(s + 1) · · · (s + n − 1)
,
= lim
n→∞
Γ(s)
(n − 1)!n s
et où
ψ2 (0) − ψ2 (u)
d u.
(u + s)2
0
Z ∞
1
ψ2 (u)
1
d u.
log 2π = 1 −
+
2
12
u2
1
Ω1 (s) =
Indication :
Z
∞
Indication de l’indication : on utilisera la formule de duplication et puis le fait que
Ω1 (x) = O(1/x).
(2) Soit s = ρe i ϕ avec ρ > 0, −π < ϕ < π. Montrer que l’on a la majoration
|Ω1 (s)| É
1
8
∞
Z
0
³
du
ϕ ´−2
É
cos
/(8ρ).
|s + u|2
2
(3) Soient a É b deux nombre réels, |t | Ê 1. Alors, pour a É σ É b et |t | → +∞ on a
uniformément
Γ(s) =
p
1
π
iπ
2πe − 2 |t | |t |σ−1/2 e i t (log |t |−1) e sg n(t ) 2 (σ− 2 ) (1 + O a,b (|t |−1 )).
On a vu que, compte-tenu de la factorisation en produit eulérien (5.1), ζ(s) ne s’annule
pas pour ℜs > 1. Comme Γ(s) ne s’annule pas sur C, on déduit de l’équation fonctionnelle
précèdente que Λ(s) ne s’annule pas pour ℜs < 0 ou ℜs > 1. En revanche comme Γ(s/2) a des
pôles simple aux entiers négatifs pairs, ζ(s) s’annule à l’ordre 1 en s = −2, −4, . . . . Ces zéros
sont appelés les zéros triviaux de ζ, et les zéros non-triviaux de ζ sont les zéros de Λ(s) et ils
sont contenus dans la bande critique
{s ∈ C, ℜs ∈ [0, 1]}.
Riemann a donné une formule asymptotique pour les compter :
Comptage des Zeros. Pour T Ê 0, soit
N (T ) = |{ρ = β + i t , ζ(ρ) = 0, β ∈ [0, 1], |t | É T }|
le nombre de zéros non-triviaux de hauteur É T . On a
N (T ) =
T
T
log( ) + O(log(2 + |T |)).
π
2π
Cette formule de comptage peut être déduite de la formule suivante qui relie les zeros de
ζaux nombres premiers :
Formule explicite. Soit f ∈ Cc∞ (R>0 ) et
+∞
Z
fe(s) =
0
f (x)x s
dx
x
sa transformée de Mellin. Soit fˇ(x) = x −1 f (x −1 ). On a l’identité
Z
X
¡ ζ0∞
¢
ζ0
1
ˇ
e
( f (n) + f (n))Λ(n) = f (1) +
(s) + ∞ (1 − s) fe(s)d s −
2πi
ζ∞
ζ∞
nÊ1
(1/2)
X
ζ(ρ)=0
ℜρ∈[0,1]
fe(ρ).
54
Dans ce chapı̂tre et les suivants nous établissons les différents points du mémoire de
Riemann en les généralisant aux fonctions L des caractères de Dirichlet.
CHAPITRE 6
L’équation fonctionnelle
1. Quelques transformations intégrales
La théorie de Fourier décrit la structure de l’espaces des fonctions sur la droite rélle R
en tentant compte du fait que (R, +) est un groupe commutatif pour l’addition. Elle permet
d’écrire les fonctions 1 de R comme ”combinaison linéaire” de fonctions adaptées à la structure
de groupe, les caractères dont nous avons rencontrer des examples quand nous avons parlé
des groupes abéliens finis.
1.1. Les caractères de R.
Définition 6.1. Soit (G, +) un groupe abélien topologique (un groupe abélien muni d’une
structure d’espace topologique pour laquelle l’addition + : (x 1 , x 2 ) → x 1 + x 2 et l’inversion [−1] :
x → −x sont continues), l’ensemble des caractères de G est l’ensemble Homc (G, C× ) des homomorphismes de groupes continus de G vers (C× , ×). Cet ensemble est un groupe commutatif
pour la multiplication des fonctions.
Un caractère est unitaire si il est à valeurs dans le cercle unité C(1) = {z ∈ C× , |z| = 1}. On
note Gb the sous-groupe des caractères unitaires.
Remarque 6.2. Si G est compact alors tout caractère est unitaire : soit ψ un caractère
alors ψ(G) est un sous-groupe compact de C× et est donc contenu dans C(1) (s’il existe z ∈ ψ(G)
tel que |z| 6= 1 alors pour tout n ∈ Z, z n ∈ ψ(G) mais z n → 0 ou +∞ suivant que |z| < 1 ou |z| > 1.)
Théorème 6.3. L’application
y ∈ C 7→ ψ y : x 7→ e(x y)
est un isomorphisme de groupes
(C, +) ' Homc (R, C× ).
la restriction de cette application à R est un isomorphisme de groupes
b.
(R, +) ' R
Démonstration. Il est clair que cette application est un morphisme de groupes injectif :
si y est tel que pour tout x , x 7→ e(x y) = 1 alors y doit être nul car sa dérivée (en x ) vaut
2πi ye(x y) = 0. Montrons qu’elle est surjective : soit ψ ∈ Homc (R, C× ) et
Ψ(x) =
Z
x
0
ψ(t )d t
sa primitive (ψ est continue donc intégrable), on a
Ψ(x + y) =
x+y
Z
0
ψ(t )d t =
x
Z
0
ψ(t )d t +
1. au moins celles qui sont suffisament régulières
55
y
Z
0
ψ(x + t )d t = Ψ(x) + ψ(x)Ψ(y).
56
6. L’ÉQUATION FONCTIONNELLE
Fixons y tel que Ψ(y) 6= 0 (un tel y existe sinon Ψ0 (y) = ψ(y) = 0 ce qui est impossible), on
dédui de l’identité précédente que x →
7 ψ(x) est dérivable et que
ψ(x + y) = ψ(x)ψ(y) = ψ(x) + ψ0 (x)Ψ(y)
et donc
ψ0 (x) ψ(y) − 1
=
ψ(x)
Ψ(y)
et donc posant u =
ψ(y)−1
Ψ(y)
on voit que
ψ(x) = C exp(ux)
et de plus on a C = 1 en évaluant l’égalité précédente en x = 0.
Corollaire 6.4. L’application
n ∈ Z 7→ ψn : x 7→ e(nx)
est un isomorphisme de groupes

(Z, +) ' Homc (R/Z, C× ) = R
/Z.

Démonstration. L’égalité Homc (R/Z, C× ) = R
/Z tient au fait que R/Z est compact (cf.

la remarque ci-dessus). Soit ψ ∈ R/Z alors ψ définit un caractère unitaire sur R qui vaut 1
sur Z et est donc de la forme ψ(x) = e(nx) avec n ∈ R. Comme ψ(1) = 1 = exp(2πi n) on a que
n ∈ Z. Le reste suit.
1.2. La classe de Schwartz. On dit qu’une fonction f : R → C appartient à la classe
de Schwartz, S (R), si f ∈ C ∞ (R) et que f et toutes ses dérivées sont à décroissance rapide :
c’est à dire, pour tout A Ê 0 et tout entier j Ê 0
f ( j ) (x) ¿ j ,N (1 + |x|)−A .
1.3. Transformée de Fourier. On note e(x) := exp(2πi x) ; soit f ∈ S (R), la transformée
de Fourier de f est la fonction
Z
f (x)e(−x y)d x.
fb : y →
R
Comme f est à décroissance rapide, on voit que l’intégrale précédente converge absolument
uniformement sur R et qu’elle définit une fonction infiniment dérivable et ses dérivées valent
(6.1)
fb( j ) (y) =
Z

j f (y), avec M f : x → (−2πi x) f (x).
(−2πi x) j f (x)e(−x y)d x = M
R
Notons également que par intégration par parties, on a pour y 6= 0
(6.2)
fb(y) =
1
2πi y
Z
f 0 (x)e(−x y)d x =
1 b0
f (y),
2πi y
et en itérant, on obtient pour tout j Ê 1
1 jd
fb(y) = (
) f ( j ) (y).
2πi y
Ce calcul est justifié par la décroissance rapide des dérivées de f . Ainsi pour |y| Ê 1 , on a
pour tout j Ê 0
Z
fb(y) ¿ j |y|− j
| f ( j ) (x)|d x ¿ j , f |y|− j ,
1. QUELQUES TRANSFORMATIONS INTÉGRALES
57
ainsi fb(y) est à décroissance rapide. Comme pour tout j Ê 0, M j f ∈ S (R), en utilisant (6.1),
on voit que ses dérivées la sont également : en d’autres termes
Proposition 6.5. la transformée de Fourier envoie S (R) dans S (R).
1.3.1. Comportement de la transformée de Fourier par translations. Soit h ∈ R, on note
[+h] l’action de “translation par h ” sur l’espace des fonctions sur R
[+h] f : x 7→ f (x + h).
L’espace de Schwartz, S (R), est invariant par [+h] et vérifie (par changement de variable) la
formule suivante
f (y) = e(−h y) fb(y).
[+h]
En particulier en considérant la transformée de Fourier du quotient
[+h] f (x) − f (x) f (x + h) − f (x)
=
h
h
et en passant à la limite, on obtient (6.2)
d
f 0 (y) = (2πi y) fb(y).
(6.3)
et pour tout j Ê 0

f ( j ) (y) = (2πi y) j fb(y).
(6.4)
1.3.2. Comportement de la transformée de Fourier par homothéties. Soit λ ∈ R× , on note
[×λ] “l’homothétie de rapport λ” sur l’espace des fonctions sur R
[×λ] f : x 7→ f (λx).
Alors, par changement de variable, on a pour f ∈ S (R),
f (y) = 1 fb(y/λ) = 1 [×λ−1 ] fb(y).
[×λ]
|λ|
|λ|
1.3.3. Formule d’inversion de Fourier. C’est l’un des résultat les plus important de la
théorie de la transformée de Fourier : pour f ∈ S (R)
(6.5)
b = f −1 , i e. fb
b(x) = f (−x)
fb
2
1.3.4. Transformée de la Gausienne. Soit f (x) = e−πx alors
(6.6)
fb(y) = f (y).
1.4. Formule de Poisson.
Proposition 6.6. Soit f ∈ S (R) une fonction dans la classe de Schwartz. On a la formule
de Poisson : pour u ∈ R
X
X
f (n + u) =
n∈Z
fb(n)e(nu).
n∈Z
Preuve. Posons
f Z (u) :=
X
f (n + u).
n∈Z
Comme f ∈ S (R), la série qui définit f Z converge uniformement ainsi que la série construite à
partir des dérivées de f : on en déduit que f Z ∈ C ∞ (R). De plus f Z est périodique de période
1. Ainsi par décomposition de Fourier on a
f Z (u) =
X
n∈Z
c f Z (n)e(nu)
58
avec
1
Z
c f Z (n) =
0
1
Z
=
X
(
0
X Z
1
Z
f Z (u)e(−nu)d u =
X
(
0
f (m + u))e(−nu)d u
m∈Z
f (m + u)e(−n(u + m)))d u =
m∈Z
m+1
m∈Z m
X Z
1
m∈Z 0
f (m + u)e(−n(u + m))d u
f (u)e(−nu)d u = fb(n)
On va utiliser cette formule pour analyser la fonction sommatoire d’une fonction dans les
progressions arithmétiques :
Corollaire 6.7. Soit q, a ∈ Z, q 6= 0, on a
X
f (n) =
n≡a (mod q)
an
1 X bn
f ( )e(
).
q m∈Z q
q
Preuve. On a
X
f (n)
=
n≡a (mod q)
X
X
f (qn + a) =
n∈Z
f (q(n +
n∈Z
X
a
a
)) =
[×q] f (n + )
q
q
n∈Z
X n
an
f (n)e( an ) = 1
=
[×q]
fb( )e(
).
q
q n∈Z q
q
n∈Z
X
Exercice(s) 6.8. Cet exercice est dû à Stein et Shakarchi, livre 1, chapitre 5.
(1) Soit f et g les fonctions sur R définissent par
f (x) =
(
1
si |x| É 1
sinon
0
et
g (x) =
(
1 − |x|
0
si |x| É 1
sinon.
Montrer que
sin(2πξ)
fb(ξ) =
πξ
et
µ
gb(ξ) =
sin(πξ)
πξ
¶2
avec fb(0) = 2 et gb(0) = 1.
(2) Soit α ∈ R − Z. Utiliser la fonction g au-dessus et la formule de Poisson pour montrer
que
1
π2
=
.
2
(sin πα)2
n=−∞ (n + α)
∞
X
On admet la formule d’inversion pour g .
2. TRANSFORMÉE DE MELLIN
59
(3) Montrer que
1
π
=
(n
+
α)
tan
πα
n=−∞
∞
X
quand α ∈ R − Z. Indication : Tout d’abord prouver-le dans le cas où 0 < α < 1. Que
veut dire précisement la série sur le côté gauche de la formule en haut ? Evaluer-la en
α = 1/2.
2. Transformée de Mellin
Soit f ∈ C ∞ (RÊ0 ) une fonction qui quand x → +∞ est à décroissance rapide ainsi que
toutes ses dérivés ; la transformée de Mellin de f est définie pour ℜs > 0 par
Z
f (x)x s d × x.
fe(s) =
R>0
Dans cette égalité, on a posé
d × x :=
dx
;
x
notons que cette mesure est invariante par les translation de (R>0 , ×) x 7→ y x . L’integrale fe(s)
converge en 0 car ℜs > 0 et en ∞ car f décroit rapidement. La convergence est uniforme
sur les compacts de ℜs > 0 et définit une fonction holomorphe de s . Notons que si f vérifie
f (x) = O(x N ) (quand x → 0) alors fe(s) définit une fonction holomorphe pour ℜs > −N .
Par intégration par parties, on a
fe0 (s) = −(s − 1) fe(s − 1).
(6.7)
En particulier comme fe0 (s) est définie pour ℜs > 0, cela définit par prolongement
analytique
R∞
fe(s) pour ℜs > −1 avec un pole simple en s = 0 de résidu − fe0 (1) = − 0 f 0 (y)d y = f (0). Si de
plus f s’annule en 0 alors fe(s) est holomorphe pour ℜs > −1 et plus généralement, si toutes ses
dérivées de f jusqu’à l’ordre n Ê 0 s’annulent en 0 alors fe(s) est holomorphe pour ℜs > −(n +1).
Par ailleurs l’itération de (6.7) implique
(−1)n
(n) (s + n)
fg
s(s + 1) . . . (s + n − 1)
implique que pour tout n Ê 0, |ℜs| É σ et |ℑs| Ê 1 on a
1
(6.8)
| fe(s)| ¿σ, f ,n
.
(|s|)n
fe(s) =
2.1. Exemple : la fonction Γ. La fonction Γ est par définition la transformée de Mellin
de la fonction x 7→ exp(−x) :
−x (s) =
Γ(s) := eg
∞
Z
e −x x s d × x.
0
Cette fonction vérifie pour ℜs > 0
sΓ(s) = Γ(s + 1). Γ(n + 1) = n!.
Ainsi Γ(s) admet un prolongement holomorphe à C avec des poles en s = −n , n ∈ N de résidus
(−1)n /n!.
2.2. Homotheties. Soit λ > 0, on a
f (s) = λ−s fe(s).
[×λ]
60
2.3. Transformée de Mellin et Transformée de Fourier. Soit f ∈ Cc∞ (R>0 ), on
définit g ∈ Cc∞ (R) par changement de variable
f (y) = g (log y), g (x) = f (exp(x))
En particulier fe(s) définit une fonction holomorphe sur C. On a, posant s = σ + i t
∞
Z
fe(s) =
0
+∞
Z
=
+∞
Z
g (log y) exp(s log y)d y/y =
g (x) exp(σx)e(
−∞
g (x) exp(sx)d x
−∞
xt
t
)d x = g á
exp(σx)( ).
2π
2π
En particulier, utilisant (6.5), on obtient
Z
Z
gá
exp(σx)(
fe(σ + i t )d t =
R
R
t
)d t = 2πg exp(0) = 2π f (1)
2π
que l’on peut encore écrire
1
2πi
Z
fe(s)d s = f (1).
(σ)
Remplaçant f par f y , on obtient la Formule d’inversion de Mellin : pour tout y > 0 et tout
σ∈R
Z
1
2πi
fe(s)y −s d s = f (y).
(σ)
Notons que cette formule reste valable pour tout f ∈ S (R) si on suppose que σ > 0.
Exercice(s) 6.9. Pour chaque fonction en bas, calculer sa transformée de Mellin fe(s) et
déterminer oú sont les pôles de ses prolongements meromorphiques. Montrer la borne dans
les bandes verticales au-dessous.
(1) Soit ℜ(s) > 0 et soit
(
1 si t ∈ [0, 1]
f (t ) =
0 si t > 1.
Montrer que fe(s) ¿σ |s|−1 . (la constante peut dépendre sur ℜ(s) = σ.)
(2) Soit s ∈ C et soit
(
1 si t ∈ [1, 2]
f (t ) =
0 sinon .
(3) Soit ℜ(s) > 0 et soit
(
1−t
si t ∈ [0, 1]
f (t ) =
0
si t > 1.
(4) Soient 0 < ℜ(s) < 1 et f (t ) = cos(t ). Montrer que
³ s´
fe(s) = Γ(s) cos π
2
et fe(s) ¿σ |s|σ−1/2 . (la constante peut dépendre sur ℜ(s) = σ.) Indication : Utiliser le
théorème des résidus de l’analyse complexe, et le théorème de Stirling qu’on a montré
dans l’exercice 5.2.
2. TRANSFORMÉE DE MELLIN
61
(5) Soient −1 < ℜ(s) < 1 et f (t ) = sin(t ). Montrer que
³ s´
fe(s) = Γ(s) sin π
2
et fe(s) ¿σ |s|σ−1/2 . (la constante peut dépendre sur ℜ(s) = σ.) Indication : Utiliser le
théorème des résidus de l’analyse complexe, et le théorème de Stirling qu’on a montré
dans l’exercice 5.2.
Exercice(s) 6.10. Soit f (t ), t > 0 une fonction bornée, nulle au voisinage de 0 et localement intégrable. Sa transformée est définé par
∞
Z
fe(s) =
f (t )t s
0
dt
t
quand ℜ(s) < 0. Suppons même que fe(s) admet un prolongement analytique dans un voisinage
du demi-plan {s, ℜ(s) É 0}.
(1) Pour chaque T > 0, posons
T
Z
feT (s) =
f (t )t s
0
dt
.
t
Montrer que feT (s) est bien définie pour tout s ∈ C.
(2) Soient R > 0 grand, et δ > 0 petit, et C la borne de la région {s ∈ C : |s| = R, ℜ(s) É δ},
tels que fe(s) soit holomorphe sur et à l’intérieur de C . Expliquer pourquoi on a
1
fe(0) − feT (0) =
2πi
µ
¶
s2 d s
( fe(s) − feT (s))T −s 1 + 2
.
R
s
C
Z
(3) Soit C + = C ∩ {s : ℜ(s) < 0}. Montrer que sur C + on a
BT ℜ(s)
| fe(s) − feT (s)| É
,
|ℜ(s)|
avec B = supt Ê0 | f (t )|. En déduire que
|
1
2πi
µ
¶
s2 d s
B
( fe(s) − feT (s))T −s 1 + 2
|É .
R
s
R
C+
Z
(4) Soit C − = C ∩ {s : ℜ(s) > 0}. Montrer que
1
|
2πi
Z
C−
1
lim
T →∞ 2πi
µ
¶
s2 d s
B
−s
e
f T (s)T
1+ 2
|É ,
R
s
R
Z
C−
µ
¶
s2 d s
−s
e
f (s)T
1+ 2
= 0.
R
s
(5) Conclure que
∞
Z
f (t )
0
existe et est égale à fe(0).
dt
t
62
3. L’équation fonctionnelle de la fonction ζ de Riemann
Théorème. Soit
Λ(s) = ζ∞ (s)ζ(s) ζ∞ (s) = π−s/2 Γ(s/2), ℜs > 1.
Cette fonction se prolonge méromorphiquement à C, est holomorphe sur holomorphe sur C −
{0, 1} et a des pôles simples en s = 0, 1 ; elle vérifie l’équation fonctionelle
Λ(s) = Λ(1 − s).
En particulier, la fonction ζ(s) = nÊ1 n1s , ℜs > 1 se prolonge en une fonction méromorphe
sur C, holomorphe sur C − {1}, avec un pôle simple en s = 1 de résidu 1. Elle vérifie l’équation
fonctionnelle
³ ´
P
ζ(s) = 2s πs−1 sin
πs
Γ(1 − s)ζ(1 − s).
2
Preuve. La deuxième partie concernant ζ(s) résulte de la première et du fait que ζ∞ (s) ne
s’annule pas sur C et a un pôle simple en s = 0. Le principe de la preuve de la première partie
consiste à faire apparaı̂tre la série ζ(s), via la propriété d’invariance par homothétie de la
transformée de Mellin §2.2. Plus précisément soit f ∈ S (R) et ℜs > 1, on a pour tout n Ê 1,
f (s) = fe(s)n −s
[×n]
et donc
fe(s)ζ(s) =
X
f
f n (s) =
nÊ1
XZ
f (nx)x s d × x =
Z
(
nÊ1 R>0
X
f (nx))x s d × x.
R>0 nÊ1
Dans la derniére égalité, l’intervertion de la somme et de l’intégrale est justifiée car pour tout
x > 0 et tout A Ê 2
X
X
(1 + nx)−A ¿ A min(x −1 , x −A )
| f (nx)| ¿ A
nÊ1
nÊ1
comme on le voit en distinguant les cas x < 1 et x Ê 1 ; ainsi la double somme est absolument
uniformément convergente dans toute bande verticale {s ∈ C, ℜes ∈ [a, b]} avec 1 < a É b .
En fait l’intégrale précédente est absolument convergente en +∞ pour tout s ∈ C mais
pourrait diverger en 0 si ℜs < 1. On subdivise donc l’intégrale en deux intégrales
1
Z
Z
··· =
R>0
0
∞
Z
···+
···
1
Dans la première, on fait le changement de variable x ↔ 1/x , on obtient alors
∞
Z
fe(s)ζ(s) =
X
(
1
f (n/x))x −s d × x +
nÊ1
∞
Z
(
1
X
f (nx))x s d × x.
nÊ1
Supposons f paire ; on a alors
X
nÊ1
f (n/x) =
1 X
1
f (n/x) − f (0)
2 n∈Z
2
appliquant la formule de Poisson au premier terme et appliquant §1.3.2 avec λ = 1/x , on
obtient
X
1
fb(nx).
f (n/x) = ( fb(0)x − f (0)) + x
2
nÊ1
nÊ1
X
On a
∞
Z
1
1 b
1 fb(0) f (0)
( f (0)x − f (0))x −s d × x = − (
+
)
2
2 1−s
s
3. L’ÉQUATION FONCTIONNELLE DE LA FONCTION ζ DE RIEMANN
63
et donc
(6.9)
Z ∞ X
Z ∞ X
1 fb(0) f (0)
(
fb(nx))x 1−s d × x.
(
f (nx))x s d × x +
fe(s)ζ(s) = − (
+
)+
2 1−s
s
1
1
nÊ1
nÊ1
Comme f et fb sont à décroissance rapide quand x → +∞, on a pour tout A Ê 0 et tout x Ê 1
X
f (nx),
nÊ1
X
fb(nx) ¿ A x −A
nÊ1
et les deux intégrales précédentes convergent absolument et uniformément dans tout bande
verticale {s ∈ C, ℜes ∈ [a, b]}, avec a < b ∈ R ; ces integrales définissent donc des fonctions
holomorphes sur C. Ainsi la fonction
s 7→ fe(s)ζ(s)
admet un prolongement méromorphe à C, holomorphe sur C−{0, 1} et avec au plus deux pôles
simples en s = 0, 1.
D’autre part si on remplace f par fb et s par 1 − s dans l’identité précédente et qu’ on
utilise que
b(x) = f (−x) = f (x),
fb
on obtient une equation fonctionnelle
Théorème 6.11. Soit f ∈ S (R), paire, alors la fonction définie pour ℜs > 1
s → f˜(s)ζ(s)
admet un prolongement mésomorphe à C avec au plus deux pôles simples en s = 0, 1 de résidus
en s = 0, s = 1
− f (0)/2, fˆ(0)/2
et vérifie l’équation fonctionnelle
b(1 − s)ζ(1 − s).
fe(s)ζ(s) = fe
En particulier, si f est telle que fb = f , on obtient
fe(s)ζ(s) = fe(1 − s)ζ(1 − s).
Un exemple d’une telle fonction est la Gausienne
f (x) = exp(−πx 2 )
(6.10)
qui vérifie
1
1
ã
fe(s) = π−s/2 exp(−y)(s/2)
= π−s/2 Γ(s/2).
2
2
Exercice(s) 6.12 (Heilbronn 1938).
1
2πi
Z
c+i ∞
c−i ∞
1) Montrer que pour tout c > 1 et x > 0,
ζ(s)Γ(s/2)(πx)−s/2 d s = 2
∞
X
n=1
2
e −πn x .
64
2) On définit pour ℑ(z) > 0 la fonction theta
θ(z) =
X
e(n 2 z/2).
n∈Z
Montrer que pour ℜ(z) = 0,
¶
−1
θ(z) =
θ
.
z
(−i z)1/2
1
µ
La fonction θ(z) est un exemple d’une forme modulaire. Indication : Utiliser l’équation
fonctionelle.
CHAPITRE 7
La factorisation d’Hadamard
Dans ce chapı̂tre, on établit un formule (dite de factorisation de Hadamard) qui exprime
les fonctions L comme un produit infini indexé par leurs zéros. En fait cette factorisation est
valable pour un classe très générale de fonctions holomorphe : celles d’ordre É 1.
1. Fonctions d’ordre borné
Définition 7.1. Soit α Ê 0, Une fonction f : s → f (s) holomorphe sur C est dite d’ordre
borné si il existe une constante α Ê 0 telle que, pour tout s ∈ C et tout ε > 0, on a
| f (s)| ¿ε, f exp(|s|α+ε ).
On dira que f est d’ordre É α. On dira que f est d’ordre α, si elle est d’ordre É α mais pas
d’ordre É α0 pour tout α0 < α.
Exemple(s) 7.2. Un polynôme est une fonction d’ordre 0.
La fonction exponentielle s → exp(s) est d’ordre 1.
Plus généralement, une fonction de la forme s → exp(P (s)) avec P un polynôme est d’ordre
degP .
Le dernier exemple est une fonction d’ordre α = deg(P ) qui ne s’annule pas sur C ; on a la
réciproque suivante :
Lemme 7.3. Une fonction d’ordre É α qui ne s’annule pas sur C est de la forme
f (s) = exp(P (s))
avec P un polynùme de degrè É α.
Preuve. Puisque f (s) ne s’annule pas, la fonction logarithme g (s) = log( f (s)) est bien définie
et holomorphe sur C. Considérons son développement de Taylor en s = 0
g (s) =
X
cn s n
nÊ0
on va montrer que c n = 0 si n > α ce qui donnera le résultat. On a pour R > 0 (formules de
Cauchy)
Z
cn =
Par hypothèse, on a
1
Rn
g (R.e(x))e(−nx)d x.
[0,1]
ℜg (s) = log | f (s)| É C ε, f R α+ε , |s| É R;
supposons que l’on ait la majoration plus forte
|g (s)| ¿ε, f R α+ε , |s| É R,
alors, on aurait
|c n | ¿ε, f R α+ε−n
65
66
7. LA FACTORISATION D’HADAMARD
qui impliquerais la conclusion recherchée. Malheureusement on ne dispose que d’une majoration de la partie réelle de g (s) ; cela va nous obliger à quelques contortions : on décompose c n
en sa partie réelle et sa partie imaginaire, c n = an + i bn . Posant s = R.e(x) on a
ℜg (s) =
a n R n cos(2πnx) −
X
nÊ0
b n R n sin(2πnx)
X
nÊ1
et ainsi
an R n = 2
Z
[0,1]
ℜg (s) cos(2πnx)d x
et donc
Z
n
|a n |R É 2
Z
[0,1]
|ℜg (R.e(x))|d x = 2
en effet
Z
2
[0,1]
On note que
[0,1]
¡
¢
|ℜg (R.e(x))| + ℜg (R.e(x)) d x − 2a 0 ,
ℜg (R.e(x))d x = 2a 0 .
|ℜg (R.e(x))| + ℜg (R.e(x)) = 2max(0, ℜg (R.e(x))) É C ε, f R α+ε
et donc, pour n > α
|a n | É (R α+ε−n + 2|a 0 |R −n ) → 0 R → +∞.
Le même raisonnement ( en remplaçant cos(2πnx) par sin(2πnx)) montre que pour n > α,
b n = 0 et ainsi c n = 0.
Remarque 7.4. Notons que la conclusion du Lemme 7.3 reste valide si la condition
suivante (et a priori plus faible) sur f est satisfaite :
Il existe une suite de réels positifs (R n )nÊ0 vérifiant R n → +∞, n → +∞ et telle que pour
tout n Ê 0, tout ε > 0, et tout s ∈ C de module |s| = R n , on ait
f (s) ¿ f ,ε exp(|s|α+ε ).
En fait, par le principe du maximum, cette dernière condition implique que f est d’ordre au
plus α.
2. Première estimation des zéros
Pour R > 0, notons
Z ( f , R) := {ρ ∈ C, f (ρ) = 0, |ρ| É R} ⊂ Z ( f ) := {ρ ∈ C, f (ρ) = 0},
l’ensemble des zéros de f contenus dans le disque de rayon R et l’ensemble de tous les zéros
de f dans C. Dans la suite, la convention suivante sera commode : étant donné k : Z ( f ) → C
une fonction définie sur Z ( f ), les expressions
X
"
k(ρ)", "
ρ∈Z ( f ,R)
Y
k(ρ)"
ρ∈Z ( f ,R)
seront utilisées comme raccourcit pour la somme et le produit suivant
X
m(ρ)k(ρ),
ρ∈Z ( f ,R)
k(ρ)m(ρ)
Y
ρ∈Z ( f ,R)
où m(ρ) est l’ordre d’annulation de f en ρ (ou encore la multiplicité de ρ ). En particulier, la
notation
X
N ( f , R) :=
1
ρ∈Z ( f ,R)
2. PREMIÈRE ESTIMATION DES ZÉROS
67
désignera le nombre de zéros de f de module É R compté avec multiplicité.
Théorème 7.5. Soit f une fonction d’ordre É α ; pour tout R , et tout ε > 0, on a la
majoration
N ( f , R) ¿ε, f R α+ε .
En particulier la série
1
α+ε
ρ∈Z ( f ) 1 + |ρ|
X
converge.
La preuve utilise la formule suivante :
Proposition (formule de Jensen). Soit R > 0 et f une fonction holomorphe dans un
voisinage du disque {s ∈ C, |s| É R}. Supposons que f ne s’annule ni en 0 ni sur le cercle de
rayon R , {s ∈ C, |s| = R} ; on a l’égalité
Z
[0,1]
log | f (R.e(t ))/ f (0)|d t = log
Y R
X
R
= log
|ρ|
|ρ|
ρ
ρ
où ρ parcourt l’ensemble des zéros de f de module É R (comptés avec multiplicité).
Preuve. On factorise f (s) en
f (s) = F (s)
Y
ρ
(s − ρ)
avec F (s) une fonction holomorphe et ne s’annulant pas pour |s| É R . On a alors
log | f (s)/ f (0)| = log |F (s)/F (0)| +
X
ρ
log |(s − ρ)/ρ|
et il suffit de montrer l’égalité de l’énoncé pour chaque terme de la somme ci-dessus. Pour
le premier terme on a log |F (s)/F (0)| = ℜ log F (s)/F (0) et log F (s)/F (0) est une fonction holomorphe
au voisinage du disque de rayon R et qui s’annule au point s = 0, le fait que
R
log(F
(R.e(t
))/F (0))d t = 0 résulte du théorème des résidus. Pour les autres termes on re[0,1]
marque que
log |(Re(t ) − ρ)/ρ| = log(R/|ρ|) + log |1 −
R
ρ
e(t )|
R
ρ
ρ
et le fait que [0,1] log |1 − R e(t )|d t = 0 résulte du fait que la fonction s → log(1 − R s) est une
fonction holomorphe au voisinage du disque unité s’annulant en 0.
Preuve. (du théorème 7.5) On peut toujours supposer que f (0) 6= 0 quitte à remplacer f (s) par
f (s)/s m pour m Ê 0 un entier convenable (la nouvelle fonction reste d’ordre É α). Soit R > 0,
quitte à remplacer R par R 0 avec R 0 − R ∈ [0, 1], on peut supposer que f ne s’annule pas sur le
cercle de rayon 2R . Soit ρ ∈ Z ( f , R) alors log(2R/|ρ|) Ê log 2 et donc la formule de Jensen nous
donne alors que
(log 2)N ( f , R) É
X
|ρ|ÉR
log(2R/|ρ|) É
X
|ρ|<2R
Z
log(2R/|ρ|) =
[0,1]
log | f (2R.e(t ))/ f (0)|d t .
Comme f est d’ordre É α, cette dernière intègrale est majorée par ¿ε (2R)α+ε pour tout
ε > 0.
68
Théorème 7.6 (Factorisation de Hadamard). Soit f (s) une fonction holomorphe d’ordre
au plus 1 telle que f (0) 6= 0, alors on a
Y
f (s) = A exp(bs)
(1 −
ρ∈Z ( f )
s s/ρ
)e
ρ
0
avec A = f (0), b = f (0)/ f (0) et le produit est uniformément convergent sur les compacts de C.
Preuve. soit K ⊂ C un compact ; K ∩ Z ( f ) est fini et pour s ∈ K et ρ 6∈ K un zéro, on a
(1 −
s s/ρ
1
)e = 1 + O K ( 2 ).
ρ
|ρ|
Comme la série ρ |ρ|1 2 converge, on en déduit la convergence du produit infini uniformément
sur tout compact de C.
Considérons le produit infini
P
Y
h(s) =
(1 −
ρ∈Z ( f )
s s/ρ
)e ;
ρ
par construction la fonction f (s)/h(s) est holomorphe et ne s’annule pas sur C. Nous allons
maintenant montrer que le quotient est une fonction d’ordre au plus 1, d’après le Lemme 7.3,
cela impliquera que f (s)/h(s) = exp(a +bs) et on pourra conclure. Plus précisément nous allons
montrer que f /h vérifie la condition de la Remarque 7.4.
D’après le théorème 7.5, il existe n 0 tel que pour tout n Ê n 0 , il existe R n ∈ [n, n+1[ vérifiant
pour tout zéro ρ ∈ Z ( f )
||ρ| − R n | Ê 1/(4n 2 ).
(7.1)
En effet il suffit de décomposer l’anneau d’épaisseur 1
{s ∈ C, |s| ∈ [n, n + 1[}
en 2(n+1)2 sous-anneaux disjoints d’épaisseur 1/(2(n+1)2 ). Si chacun de ces anneaux contenait
un zéro de f , le disque de rayon n +1 contiendrait au moins Ê 2(n +1)2 zéros ce qui contredirait
le théorème 7.5 pour n assez grand...
Soit n Ê n 0 + 100 et s tel que |s| = R n , on veut minorer |h(s)|, pour cela il suffit de majorer
log(|h(s)|−1 ) = −
X
ρ
log |(1 −
s s/ρ
)e |
ρ
et on dècompose la somme en trois parties
log(|h(s)|−1 ) = −
X
···−
|ρ|É|s|−1
X
···−
|ρ|−|s|∈]−1,1]
X
...
|ρ|Ê|s|+1
Soit ρ apparaissant dans le premier terme, on a
− log |(1 −
s s/ρ
s
s
|s|
)e | = − log |1 − | − ℜ( ) É log R n +
ρ
ρ
ρ
|ρ|
et donc le premier terme est majoré par
X
|ρ|ÉR n −1
log R n +
X
R n1+ε
Rn
¿ε N ( f , R n ) log R n +
¿ε R n1+ε ;
1+ε
|ρ|
|ρ|ÉR n −1 |ρ|
Dans cette majoration on a utilisé le fait que pour ε > 0
|
Rn
Rn
Rn
| Ê 1 ⇒ | |1+ε Ê | |.
ρ
ρ
ρ
2. PREMIÈRE ESTIMATION DES ZÉROS
69
Le second terme est majoré en valeur absolue par
log(R n3 ) ¿ε, f R n1+ε .
X
|ρ|−|s|∈]−1,1]
car pour de tels ρ , on a par (7.1)
R n−3 ¿ |(1 −
s s/ρ
)e | ¿ 1
ρ
Le troisième terme est majoré en valeur absolue par
X
log(1 + O(
|ρ|Ê1+R n
X
X
|s|2
)) ¿
R n2 /|ρ|2 É R n1+ε
1/|ρ|1+ε ¿ε R n1+ε
2
|ρ|
|ρ|Ê1+R n
|ρ|Ê1+R n
(comme |s|/|ρ| < 1 on l’obtient en prenant le dévelopement de Taylor (1 − s/ρ)e s/ρ = 1 +
O(|s|2 /|ρ|2 )). Ainsi, on obtient la majoration
|h(s)|−1 ¿ε, f exp(R n1+ε ),
pour tout ε > 0.
Il existe donc une suite (R n )nÊ0 , R n → +∞ telle que tout n , tout ε > 0 et s de module R n ,
on ait
| f (s)/h(s)| ¿ε exp(R n1+ε ).
Par la Remarque 7.4, on obtient que (comme f (s)/h(s) ne s’annule pas sur C)
f (s)/h(s) = exp(a + bs)
pour a, b ∈ C.
Notons que pour tout ρ
(1 −
d
s
s s/ρ
= 1,
=0
)e
(1 − )es/ρ
ρ
ds
ρ
|s=0
|s=0
et donc
h(0) = 1, h 0 (0) = 0, ea = f (0), b = f 0 (0)/ea = f 0 (0)/ f (0).
Le théorème de factorisation admet le corollaire suivant :
Corollaire 7.7. Pour tout s ∈ C − Z ( f ), on a
d log f (s) :=
X 1
f 0 (s)
1
=b+
−
.
f (s)
ρ−s
ρ∈Z ( f ) ρ
De plus la convergence de la série de droite est uniforme sur les compacts K ⊂ C, tels que
K ∩ Z ( f ) = ;.
Preuve. Par convergence uniforme du produit infini sur les compacts, on a (par les formules
de Cauchy)
s s/ρ 0
X ((1 − ρ )e )
X
s s/ρ 0
s s/ρ 0 Y
(1 − 0 )e
f (s) = b f (s) + A exp(bs) ((1 − )e )
= b f (s) + A exp(bs)h(s)
s s/ρ
ρ
ρ
ρ
ρ (1 − ρ )e
ρ 0 6=ρ
0
et donc pour tout s 6∈ Z ( f )
s s/ρ 0
X ((1 − ρ )e )
X 1
f 0 (s)
1
=b+
−
.
s s/ρ = b +
f (s)
ρ−s
ρ (1 − ρ )e
ρ∈Z ( f ) ρ
70
Comme pour s 6= ρ
1
1
1
−
= O s,s−ρ ( 2 )
ρ ρ−s
|ρ|
la série converge uniformément sur les compacts qui évitent Z ( f ).
Les exercices suivants viennent de Stein et Shakarchi, livre 2.
Exercice(s) 7.8. Établir les proprietés suivant des produits infini.
P
Q
1) Montrer que si |an |2 est convergent, alors le produit (1+an ) converge à une limite
P
non-nulle si et seulement si an converge.
P
2) Trouver un exemple d’une suite des nombres complexes {an } tels que an converge
Q
mais (1 + an ) diverge.
Q
P
3) Trouver aussi un exemple tel que (1 + an ) converge et an diverge.
Exercice(s) 7.9. Preuver que pour chaque z ∈ C le produit au-dessous converge, et
cos(z/2) cos(z/4) cos(z/8) · · · =
∞
Y
cos(z/2k ) =
k=1
sin z
.
z
Indication : Utiliser le fait que sin 2z = 2 sin z cos z .
Exercice(s) 7.10. Preuver que si |z| < 1 alors
(1 + z)(1 + z 2 )(1 + z 4 )(1 + z 8 ) · · · =
∞
Y
k=0
k
(1 + z 2 ) =
1
.
1−z
Exercice(s) 7.11. Trouver les produits de Hadamard pour
(1) e z − 1 ;
(2) cos πz .
Q
Q∞
2
2 2
2
2
Indication : Les réponses sont e z/2 z ∞
n=1 (1 + z /4n π ) et
n=0 (1 − 4z /(2n + 1) ), respectivement.
CHAPITRE 8
Les formules explicites
On va appliquer la théorie précédente à la fonction holomorphe
ξ(s) := s(1 − s)ζ∞ (s)ζ(s).
Proposition 8.1. Cette fonction est d’ordre au plus 1.
Preuve. Par l’équation fonctionnelle, on a
ξ(s) = ξ(1 − s);
on peut donc supposer que ℜes > 1/2 ; par (6.9) et (6.10) on a
(8.1)
ξ(s) = −1 + 2s(1 − s)
∞
Z
(
1
X
e
−πn 2 x 2
s
×
)x d x + 2s(1 − s)
nÊ1
−πn 2 x 2
∞
Z
(
1
X
e−πn
2 2
x
)x 1−s d × x.
nÊ1
2
¿ e−πx et pour σ Ê 1/2
Z ∞
Z ∞ X
2
2 2
σ
e−πx x σ d × x ¿ π−σ/2 Γ( ) ¿ε exp(|s|1+ε ).
(
e−πn x )x s d × x ¿
2
1
1
nÊ1
Pour x Ê 1, on a
P
nÊ1 e
d’autre part, on a pour pour σ Ê 1/2
∞
Z
(
1
X
e−πn
2 2
x
)x 1−s d × x ¿ 1
nÊ1
et cela conclut la preuve.
1. Application au comptage des zéros de ζ.
Rappelons que l’ensemble Z (ξ) de zéros de ξ(s) est précisément l’ensemble des zéros nontriviaux de ζ(s) (les zéros que ne sont pas des entiers négatifs pairs). Notons que par les
équations fonctionnelles, le fait que Γ(s) ne s’annule pas sur C et le fait que ζ ne s’annule pas
pour ℜs > 1, on a
Z (ξ) ⊂ {s, ℜs ∈ [0, 1]}.
On utilisera la notation générique suivante pour un tel zéro
ρ = β + i γ, β ∈ [0, 1], γ ∈ R.
Prenant la dérivée logarithmique on voit que
(8.2)
X 1
ζ0
1
1
ζ0
1
ξ0
(s) = +
+ ∞ (s) + (s) = b +
−
.
ξ
s s − 1 ζ∞
ζ
ρ−s
ρ∈Z (ξ) ρ
Notons que
ξ(s) = ξ(s) :
71
72
8. LES FORMULES EXPLICITES
Cela ce voit en considérant la représentation intégrale (8.1) et en observant que pour s ∈ C et
x ∈ R>0 , on a x s = x s . Il en résulte que le multi-ensemble Z (ξ) est stable par la conjugaison
complexe (ρ 7→ ρ préserve l’ensemble des zéros ainsi que leur multiplicité). Ainsi
X 1
1
1 X 1 1
1
1
−
= (
+ −
−
).
ρ − s 2 ρ∈Z (ξ) ρ ρ ρ − s ρ − s
ρ∈Z (ξ) ρ
Dans cette dernière somme isolons les termes 1/ρ + 1/ρ : on a
2β
1 1
+ = 2 , β ∈ [0, 1]
ρ ρ |ρ|
et donc
X 1 1
X 1
+ ¿
< ∞.
2
ρ
ρ |ρ|
ρ∈Z (ξ) ρ
Il en résulte que la série
1 X
1
1
(
+
)
2 ρ∈Z (ξ) s − ρ s − ρ
est uniformément convergente sur les compacts de C − Z (ξ).
On a donc montré
Proposition 8.2. On a pour tout s 6∈ Z (ξ),
−
X∗ 1
ζ0
1
1
ζ0
(s) = +
−
+ ∞ (s) + O(1).
ζ
s s − 1 ρ∈Z (ξ) s − ρ ζ∞
Dans cette sommation, on a fait la convention que l’on a regroupé les termes de la somme
suivant les paires (ρ, ρ) :
1
1 X
1
1
=
+
s
−
ρ
2
s
−
ρ
s
−
ρ
ρ∈Z (ξ)
ρ∈Z (ξ)
X
On va maintenant se servir de cette identité pour compter plus finement les zéros de ξ :
posont
N (T ) = |{ρ = β + i γ ∈ Z (ξ), |γ| É T }|
Exercice(s) 8.3. Soit s = 2 + i T . Montrer que
ζ0∞
ζ∞
(s) ¿ log(2 + T ).
Corollaire 8.4. Pour tout T Ê 1,
N (T + 1) − N (T ) = O(log(2 + T ))
et
N (T ) = O(T log(T + 1)).
Démonstration. Soit s = 2 + i T , par l’exercise au-dessus (avec la convention précédente
concernant la sommation)
1
= O(log(2 + |T |))
ρ∈Z (ξ) ρ − s
X
Prenons la partie réelle de cette identité : on a (β ∈ [0, 1])
ℜ(
1
2−β
1
1
1
)=
Ê
Ê
Ê δ|γ−T |É1
2
2
2
2
ρ−s
|s − ρ|
|2 − β| + |γ − T |
4 + |γ − T |
5
2. LES FORMULES EXPLICITES DE WEIL
et donc
N (T + 1) − N (T − 1) É 10
X
ℜ(
73
1
) = O(log(2 + T )).
ρ−s
La deuxième partie se déduit par intégration par parties
2. Les formules explicites de Weil
Dans cette section on démontre la formule
Formule explicite. Soit f ∈ Cc∞ (R>0 ) et
+∞
Z
fe(s) =
f (x)x s
0
dx
x
sa transformée de Mellin. Soit fˇ(x) = x −1 f (x −1 ). On a l’identité
Z
X
X
¡ ζ0∞
¢
ζ0
1
ˇ
˜
˜
( f (n) + f (n))Λ(n) = f (1) + f (0) +
(s) + ∞ (1 − s) fe(s)d s −
fe(ρ).
2πi
ζ∞
ζ∞
nÊ1
ρ∈Z (ξ)
(1/2)
β∈[0,1]
Preuve. On calcule de deux manières différentes l’intégrale
1
2πi
Pour ℜes > 1 on a
d log ξ(s) =
Z
f˜(s)d log ξ(s)d s
(3/2)
X Λ(n)
1
1
+
+ d log ζ∞ (s) −
s
s s −1
nÊ1 n
si bien d’en intervertissant les sommations, on obtient grâce à la formule d’inversion de Mellin
1
2πi
Z
(3/2)
1
f˜(s)d log ξ(s)d s =
2πi
=
1
2πi
Z
Z
(2)
Z
X
ζ0
1
1
1
( +
+ ∞ (s)) fe(s)d s −
f˜(s)n −s d s
Λ(n)
s s − 1 ζ∞
2πi
nÊ1
(2)
X
ζ0
1
1
( +
+ ∞ (s)) fe(s)d s −
Λ(n) f (n).
s s − 1 ζ∞
nÊ1
(3/2)
On va maintenant calculer cette intégrale par déformation de contour.
Soit T > 0 et R T le rectangle dont les sommets sont en 3/2 ± i T et −1/2 ± i T ; par ailleurs
on peut choisir T aussi grand qu’on veut de sorte que
∀ρ ∈ Z (ξ), |T ± γ| À
1
log(T + 2)
On a (l’intégration se faisant dans le sens inverse des aiguilles d’une montre)
1
2πi
Z
f˜(s)d log ξ(s)d s =
X
ress=ρ f˜(s)d log(ξ(s)) =
ζ(ρ)=0,
σ∈[0,1], |t |ÉT
RT
X
f˜(ρ).
ζ(ρ)=0,
σ∈[0,1], |t |ÉT
Quand T → +∞ les intégrales le long des segments horizontaux tendent vers 0. On obtient
donc
Z
Z
1
f˜(ρ) =
2πi
ζ(ρ)=0,
X
σ∈[0,1]
···−
(3/2)
1
2πi
···
(−1/2)
(observons que la série converge car f˜(s) ¿ (1 + |ℑs|)−A pour tout A À 0 par (6.8)).
74
On effectue alors le changement de variable s ↔ 1 − s et on utilise l’équation fonctionnelle
d log ξ(s) = −d log ξ(1 − s)
qui donne
1
f˜(ρ) =
2πi
ζ(ρ)=0,
Z
X
(3/2)
σ∈[0,1]
1
2πi
=
Z
( f˜(s) + f˜(1 − s))d log ξ(s)d s
X
ζ0
1
1
+ ∞ (s))( f˜(s) + f˜(1 − s))d s −
Λ(n)( f (n) + fˇ(n))
( +
s s − 1 ζ∞
nÊ1
(3/2)
A reste à calculer
1
2πi
1
1
1
( +
)( f˜(s) + f˜(1 − s))d s = f˜(1) + f˜(0) +
s s −1
2πi
Z
(3/2)
Z
1
1
( +
)( f˜(s) + f˜(1 − s))d s
s s −1
(1/2)
par décalage de contour ( on passe un pole en s = 1 de residu f˜(1)+ f˜(0)). Faisant le changement
de variable s ↔ 1 − s on obtient
1
2πi
Z
1
1
1
)( f˜(s) + f˜(1 − s))d s = − −
( +
s s −1
2πi
(1/2)
Z
(
(1/2)
1
1
− )( f˜(1 − s) + f˜(s))d s = 0
1−s s
On montre maintenant comment une région sans zéros convenable implique le Théorème
des nombres premiers avec un terme d’erreur explicite : dans le chapitre suivant on montrera
le
Théorème 8.5 (Hadamard/de la Vallée-Poussin). Il existe c > 0 telle que ζ(s) ne s’annule
pas dans la région (s = σ + i t )
σ Ê 1−
c
.
log(2 + |t |)
Corollaire 8.6. Il existe C > 0, telle que pour f ∈ C c∞ (R>0 ) et X Ê 2
Z
q
n
f (x)d x + O f (X exp(−C log X )).
Λ(n) f ( ) = X
X
R
nÊ1
X
Démonstration. Soit f X (x) = f (x/X ), on a
f˜X (s) = f˜(s)X s
et la formule explicite donne pour X assez grand (de sorte que f (X n) = 0 si n Ê 1)
X
Λ(n) f (
nÊ1
Z
Z
Z
¡ ζ0∞
¢
ζ0
n
dx
1
)=X
f (x)d x + f (x)
+
(s) + ∞ (1 − s) fe(s)X s d s
X
x
2πi
ζ∞
ζ∞
R
R
(1/2)
−
X
fe(ρ)X ρ .
ζ(ρ)=0
ℜρ∈[0,1]
Le second terme est un O f (1), le troisième est bornée par O f (X 1/2 ) (car |X s | = X 1/2 pour
ℜs = 1/2) et pour le quatrième on a (écrivant ρ = β + i γ)
X
ζ(ρ)=0
β∈[0,1]
| fe(β + i γ)|X β É X
X
ζ(ρ)=0
β∈[0,1]
| fe(β + i γ)|X
c
− log(2+|γ|)
=X
X
ζ(ρ)=0
β∈[0,1]
| fe(β + i γ)|e
c log X
− log(2+|γ|)
.
2. LES FORMULES EXPLICITES DE WEIL
75
On fait la décomposition
X
··· =
ζ(ρ)=0
ℜρ∈[0,1]
X
ρ
p
log(2+|γ|)É log X
···+
X
ρ
p
log(2+|γ|)> log X
···
Le premier terme est majoré par
¿ exp(−c
q
q
X
log X )
| fe(β + i γ)| ¿ exp(−c log X )
ζ(ρ)=0
β∈[0,1]
et le second par
¿
X
ρ
p
log(2+|γ|)> log X
q
e
| f (β + i γ)| ¿ exp(− log X ),
en utilisant le fait que
| fe(β + i γ)| ¿ (1 + |γ|)−2
quand γ → ∞.
Remarque 8.7. Le corollaire précédent “compte” les nombres premiers p dans une fenêtre
de taille ∼ X quand ceux-ci sont pondérés par log p. f (p/X ) où f est une fonction (lisse a
support compact) fixée. Ce choix a permit d’utiliser la décroissance rapide de | fe(β + i γ)| qui
résulte de la méthode d’intégration par partie appliquée
p deux fois à la transformée de Mellin.
La constante implicite dans le terme O f (X exp(−C log X )) dépend donc directement de la
taille de f et de ses deux premières dérivées. En choisissant des fonctions f convenables
qui peuvent dépendre de X , on peut par des argument d’approximation, remplacer le terme
f (n/X ) par la fonction caractéristique de l’intervalle [1, X ] et obtenir
X
Λ(n) = X + O(X exp(−C 0
q
log X )),
nÉX
0
avec C > 0 une constante absolue ce qui est la formulation originale du Théorème des Nombres
Premiers. Ces argument relève de l’analyse classique et pas de la théorie analytique de la
fonction ζ ; pour cette raison nous avons préfère donner la version ci-dessus qui contient
toutes les idées éssentielles.
Exercice(s) 8.8. Soient X ,U ∈ RÊ0 avec U É X .
1) Montrer que pour tout tel X ,U il existe f X ,U (x) une fonction sur RÊ0 deux fois
continuament différentiable et telle que f X ,U (x) = 1 identiquement si 0 É x É X et identiquement égal à zéro si X +U É x pour laquelle f X0 ,U (x) ¿ U −1 et f X00,U (x) ¿ U −2 avec
support que dans l’intervale ]X , X +U [. (Les constantes seraient absolues.)
2) Montrer que la transformée de Mellin
f X ,U définée d’abord pour ℜs > 0 admet un prolongement méromorphique dans ℜs > −2, holomorphe partout sauf pour pôles simples
en 0 et −1 qui satisfait la borne
X σ+1
,
|s||s + 1|U
où la constante implicite dépend seulement sur σ = ℜs et aucun autre paramètre.
3) Soit an une fonction arithmétique telle que an ¿ε n ε . On suppose que sa série de

f X ,U (s) ¿σ
Dirichlet
L(s, a) =
∞ a
X
n
,
s
n
n=1
76
défini d’abord pour ℜs > 1 admet un prolongement méromorphique dans ℜs > 0, holomorphe partout sauf pour un pôle simple en s = 1 de résidu A . De plus on suppose que
L(s, a) satisfait une borne
L(σ + i t , a) ¿σ (1 + |t |)1−δ
pour un δ > 0 fixé. Montrer que
X
a n f (n) = A fe(1) + O ε (X 1+ε /U ).
nÊ1
4) Montrer que
X
a n = AX + O ε (X 1/2+ε ).
nÉX
Exercice(s) 8.9. En utilisant une fonction similaire de cela dans l’exercice au-dessus
montrer le TNP dans la forme classique :
X
Λ(n) = X + O(X exp(−C 0
q
log X )).
nÉX
Exercice(s) 8.10. Soit τ ∈ R avec |τ| É x . En remplaçant d log ξ(s) par d log ξ(s + i τ) audessus, montrer une formule explicite pour la somme
X
( f (n) + fˇ(n))Λ(n)n −i τ
nÊ1
et puis l’utiliser pour montrer que
X
nÊ1
Λ(n)n
−i τ
Z
q
n
1−i τ
f (x)x −i τ d x + O f (X exp(−C log X )).
f ( )=X
X
R
CHAPITRE 9
Le Théorème de Hadamard-de la Vallée-Poussin
Comme on l’a vu les zéros des fonctions ξ(s) sont tous situés dans la bande critique
{s ∈ C, Res ∈ [0, 1]};
cela résulte du fait que ζ(s) ne s’annule pas pour ℜs > 1, du fait que la fonction Γ ne s’annule
pas sur C et de l’équation fonctionelle satisfaite par ξ(s). Dans ce chapı̂tre on va améliorer cette
zone de non-annulation et montrer que ξ(s) ne s’annule pas pour s légèrement à l’intérieur de
la bande critique
Théorème 9.1. Il existe une constante c > 0 telle que
Z (ξ) ⊂ {s ∈ C, ℜs É 1 −
C
}.
log(2 + |ℑs|)
Ainsi ζ(s) ne s’annule pas pour
(9.1)
ℜs Ê 1 −
c
.
log(2 + |ℑs|)
Pour γ0 ∈ R, posons
¤
£
L γ0 (s) := ζ(s)[ζ(s + i γ0 )ζ(s − i γ0 )]2 ζ(s)2 ζ(s + 2i γ0 )ζ(s − 2i γ0 ) .
Exercice(s) 9.2. En utilisant la série de Dirichlet de log ζ(s) montrer que pour s > 1 un
nombre réel
|ζ(s)3 ζ(s + i t )4 ζ(s + 2i t )| Ê 1.
L0
Lemme 9.3. La série de Dirichlet − L γγ0 (s) est à coefficients positifs ou nuls.
0
Soit ρ 0 = β0 + i γ0 un zéro de ζ(s) avec γ0 6= 0 ; ainsi β0 − i γ0 est également un zéro et par
construction β0 est un zéro de L γ0 (s) d’ordre au moins 4 − 3 si β0 = 1 et au moins 4 si β0 < 1.
Si β0 est trop proche de 1, cela va entrer en contradiction avec le fait que les coefficients de
L 0γ
− L γ0 (s) sont positifs.
0
Soit s > 1 un réel, on a
−
L 0γ0
L γ0
(s) =
X 3
3
1
1
1
1
−
+2(
+
)+
+
+O(log(2+|γ0 |))
s −1 ρ s −ρ
s + i γ0 − ρ s − i γ0 − ρ
s + 2i γ0 − ρ s − 2i γ0 − ρ
le term de gauche étant positif ou nul.
Prenant la partie réelle de part et d’autre et utilisant le fait que pour tout ρ et pour
s > 1 Ê ℜρ , on a
ℜ(
1
1
1
), ℜ(
), ℜ(
) Ê 0,
s −ρ
s ± i γ0 − ρ
s ± 2i γ0 − ρ
77
78
9. LE THÉORÈME DE HADAMARD-DE LA VALLÉE-POUSSIN
on obtient en se restreignant à la partie réelle de
2
1
1
+2
s + i γ0 − ρ
s − i γ0 − ρ 0
avec ρ = ρ 0 et ρ 0 = ρ 0 , l’inégalité
4
3
É
+C log(2 + |γ0 |)
s − β0 s − 1
4
1 − β0 Ê (s − 1)(
− 1)
3 +C log(2 + |γ0 |)(σ − 1)
et en prenant
1
s − 1 = (C log(2 + |γ0 |))−1 ,
2
on obtient (utilisant le fait que 4 > 3)
1
4
1 − β0 Ê (
− 1)(C log(2 + |γ0 |))−1 À log(2 + |γ0 |))−1
2 3 + 1/2
car 4 > 3 + 1/2.