Exercice 59

Comme l'ensemble des nombres premiers est infini (chapitre 1), la suite $(p_{k})$ est bien définie ; elle est strictement croissante et à valeurs entières, donc $p_{k} \geqslant k + 1$ et $p_{k}$ tend vers $+\infty$. Pour $s \geqslant 1$ réel, on a $p^{-s} \leqslant \frac{1}{2} < 1$ pour tout nombre premier $p$.

1. On raisonne par récurrence sur $r$. Pour $r = 1$, l'application $j \mapsto p_{1}^{j}$ est une bijection de $\mathbb{N}$ sur $E_{1}$, et, par la proposition 10 (iv) et la série géométrique, $$\sum_{n \in E_{1}} \frac{1}{n^{s}} = \sum_{j=0}^{+\infty} (p_{1}^{-s})^{j} = \frac{1}{1 - p_{1}^{-s}}.$$ Soit $r \geqslant 2$, et supposons le résultat vrai au rang $r - 1$ ; la somme sur $E_{r-1}$ est alors finie. Tout $n \in E_{r}$ s'écrit de façon unique $n = m\,p_{r}^{j}$, avec $j = v_{p_{r}}(n) \in \mathbb{N}$ et $m \in E_{r-1}$, par l'unicité de la décomposition en facteurs premiers (chapitre 12, théorème 6). L'application $(m, j) \mapsto m\,p_{r}^{j}$ est donc une bijection de $E_{r-1} \times \mathbb{N}$ sur $E_{r}$. Par la proposition 10 (iv), puis le produit de deux familles sommables (proposition 15), $$\sum_{n \in E_{r}} \frac{1}{n^{s}} = \sum_{(m,j) \in E_{r-1} \times \mathbb{N}} \frac{1}{m^{s}}\,(p_{r}^{-s})^{j} = \Big(\sum_{m \in E_{r-1}} \frac{1}{m^{s}}\Big)\frac{1}{1 - p_{r}^{-s}} = \prod_{k=1}^{r} \frac{1}{1 - p_{k}^{-s}}.$$

$$\boxed{\sum_{n \in E_{r}} \frac{1}{n^{s}} = \prod_{k=1}^{r} \frac{1}{1 - p_{k}^{-s}} \qquad (r \geqslant 1,\ s \geqslant 1)}$$ La somme est donc finie, même pour $s = 1$ : par exemple, la somme des inverses des entiers $2^{a}3^{b}5^{c}$ vaut $2 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{4} = \frac{15}{4}$ ✓.

2. Soit $s > 1$ et $P_{r}(s)$ le produit de la question 1. Un entier $n \leqslant p_{r}$ appartient à $E_{r}$, puisque ses diviseurs premiers sont au plus égaux à $n$, donc à $p_{r}$. Le théorème 8, appliqué à la partition de $\mathbb{N}^{*}$ en $E_{r}$ et son complémentaire, donne, toutes les sommes étant finies (théorème 5), $$0 \leqslant \zeta(s) - P_{r}(s) = \sum_{n \notin E_{r}} \frac{1}{n^{s}} \leqslant \sum_{n=p_{r}+1}^{+\infty} \frac{1}{n^{s}}.$$ Le majorant est le reste d'indice $p_{r}$ de la série de Riemann, qui tend vers $0$ quand $r$ tend vers $+\infty$ (proposition 3), puisque $p_{r}$ tend vers $+\infty$ : $$\boxed{\prod_{k=1}^{r} \frac{1}{1 - p_{k}^{-s}} \xrightarrow[r \to +\infty]{} \zeta(s) \qquad (s > 1)}$$ Pour $s = 2$, le produit étendu aux nombres premiers inférieurs à $10^{6}$ vaut $1{,}6449340$, très proche de $\zeta(2) \approx 1{,}6449341$ ✓.

3. Avec $s = 1$ et le même argument, les entiers $1$, …, $p_{r}$ appartiennent à $E_{r}$, et la croissance (proposition 10 (iii)) donne $$\boxed{\prod_{k=1}^{r} \frac{1}{1 - 1/p_{k}} = \sum_{n \in E_{r}} \frac{1}{n} \geqslant \sum_{n=1}^{p_{r}} \frac{1}{n} = H_{p_{r}}}$$ En prenant le logarithme, la somme partielle d'indice $r$ de la série étudiée vérifie $$\sum_{k=1}^{r} \ln\Big(\frac{1}{1 - 1/p_{k}}\Big) \geqslant \ln H_{p_{r}},$$ qui tend vers $+\infty$, puisque $H_{n}$ tend vers $+\infty$ et que $p_{r}$ tend vers $+\infty$. Les sommes partielles ne sont pas majorées : $\boxed{\text{la série } \sum \ln\Big(\dfrac{1}{1 - 1/p_{k}}\Big) \text{ diverge}}$.

4. Comme $\frac{1}{p_{k}}$ tend vers $0$, on a $\ln\big(\frac{1}{1 - 1/p_{k}}\big) = -\ln\big(1 - \frac{1}{p_{k}}\big) \sim \frac{1}{p_{k}}$ (chapitre 10, $\ln(1 + x) \sim x$). Les deux séries sont à termes positifs ; par le théorème 4, elles sont de même nature : $$\boxed{\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{p_{k}} \text{ diverge}}$$ alors que $\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{k^{2}}$ converge. En ce sens, il y a « plus » de nombres premiers que de carrés : s'il existait un réel $c > 0$ tel que $p_{k} \geqslant c\,k^{2}$ à partir d'un certain rang, la série $\sum \frac{1}{p_{k}}$ convergerait par comparaison. Le même argument vaut pour toute puissance $k^{\alpha}$ avec $\alpha > 1$. La divergence est d'une lenteur extrême : la somme des inverses des nombres premiers inférieurs à $10^{6}$ ne vaut qu'environ $2{,}887$.

À retenir. La question 3 redémontre que l'ensemble des nombres premiers est infini, ce qui est la preuve d'Euler : s'il n'y avait que $r$ nombres premiers, on aurait $E_{r} = \mathbb{N}^{*}$, et $H_{n}$ serait majoré par le produit fini $\prod_{k=1}^{r} \frac{1}{1 - 1/p_{k}}$ pour tout $n$, ce qui contredit la divergence de la série harmonique. La divergence de $\sum \frac{1}{p_{k}}$ est un renforcement quantitatif du théorème d'Euclide du chapitre 1.