La fonction zêta de Riemann · 2014-06-14 · La fonction zêta de Riemann par Arnaud DHALLEWYN...
102
La fonction zêta de Riemann par Arnaud DHALLEWYN (2013) Les séries de Dirichlet sont définies par : L(a,s)= n=1 ∞ a n n −s avec s ∈ C, et a =(a n ) n1 une suite de nombres complexes. Un cas particulier de série de Dirichlet est la série L(1,s)= n=1 ∞ 1 n s tel que s ∈ C et Re(s) > 1. C’est-à-dire la fonction zêta de Riemann : ζ (s)= n=1 ∞ 1 n s convergente pour s> 1. Extension de la fonction à valeur réelle introduite par Leonhard Euler : ζ (k)= n=1 ∞ 1 n k où k ∈ R. Définitions formelles. Expression intégrale. La fonction zêta de Riemann s’écrit aussi sous forme intégrale, pour σ> 1 : ζ (s)= 1 Γ(s) 0 1 (− ln u) s −1 1 − u du soit encore : ζ (s)= 1 Γ(s) 0 +∞ t s −1 e t − 1 dt Démonstration. ζ (s)Γ(s)= n1 Γ(s) n s = n1 0 +∞ e −u u n s −1 du n 1
Transcript of La fonction zêta de Riemann · 2014-06-14 · La fonction zêta de Riemann par Arnaud DHALLEWYN...
La fonction zêta de Riemann
par Arnaud DHALLEWYN
(2013)
Les séries de Dirichlet sont définies par :
L(a, s) =∑
n=1
∞ann
−s
avec s∈C, et a= (an)n>1 une suite de nombres complexes.
Un cas particulier de série de Dirichlet est la série
L(1, s) =∑
n=1
∞1
ns
tel que s∈C et Re(s)> 1. C’est-à-dire la fonction zêta de Riemann :
ζ(s)=∑
n=1
∞1
ns
convergente pour s> 1. Extension de la fonction à valeur réelle introduite par Leonhard Euler :
ζ(k) =∑
n=1
∞1
nk
où k ∈R.
Définitions formelles.
Expression intégrale.
La fonction zêta de Riemann s’écrit aussi sous forme intégrale, pour σ > 1 :
ζ(s) =1
Γ(s)
∫
0
1 (− lnu)s−1
1− udu
soit encore :
ζ(s) =1
Γ(s)
∫
0
+∞ ts−1
et− 1dt
Démonstration.
ζ(s)Γ(s)=∑
n>1
Γ(s)
ns=∑
n>1
∫
0
+∞e−u(
u
n
)
s−1du
n
1
en posant u=nt, alors :∫
0
+∞e−u(
u
n
)
s−1du
n=
∫
0
+∞e−ntts−1 dt
Puis d’après le théorème de convergence monotone, on a :
ζ(s)Γ(s)=∑
n>1
∫
0
+∞e−ntts−1 dt=
∫
0
+∞e−t t
1− e−tts−1 dt=
∫
0
+∞ ts−1
et − 1dt
Citons d’autres formules intégrales :
(ζ(s))2 =1
Γ(s)
∑
k=0
∞ ∫
0
∞ ts−1 e−(k+1)t
1− e−(k+1)tdt
Pour s∈N∗\1 :
ζ(s)=(−1)s
s(s− 2)!
∫
0
1(
log (1− ts−1)
t
)s
dt
Pour σ > 1 :
ζ(s)=2s−1
Γ(1+ s)
∫
0
∞tscsch2(t) dt
ζ(s)=2s−1
Γ(s+1)
∫
0
∞ts csch2(t) dt
ζ(s) =1
2(1− 2−s)Γ(s)
∫
0
∞ts−1 csch(t) dt
ζ(s)=1
Γ(s)
∫
0
∞ ts−1 e−t
1− e−tdt
pour 0<σ < 1, on a la formule :
ζ(s) =− sin πsπ
∫
0
∞
Γ′(1+ x)
Γ(1 +x)− log x
x−s dx
log (ζ(s)) =
∫
2
∞ π(t)
t(t2− 1)dt
formule que l’on démontrera plus tard.
Pour σ > 0 :
ζ(s) =1
(1− 21−s)Γ(s)
∫
0
∞ ts−1
et− 1dt
ζ(s) =n1−s
s− 1− s
∫
n
∞ t−⌊t⌋ts+1
dt+∑
k=1
n
k−s
ζ(s)=2s−1
(1− 21−s)Γ(s)
∫
0
∞ts−1 e−t sech(t) dt
2
Pour σ >−1 :
ζ(s) =2s−1
(1− 21−s)Γ(s+ 1)
∫
0
∞ts sech2(t) dt
Citons aussi :
ζ(s)= 2
∫
0
∞ sin (s tan−1 (t))
(t2 + 1)s/2(e2πt − 1)dt+
1
2+
1
s− 1
ζ(s)=2s−1
1− 21−s
∫
0
∞ cos (s tan−1 (t))
(t2 + 1)s/2 cosh(
πt
2
) dt
Pour 0<σ< 1 :
ζ(s) =−s∫
0
∞ts−1 frac
(
1
t
)
dt
Maintenant avec une intégrale double pour σ > 3 :
ζ(s) =1
Γ(s)
∫
0
1 ∫
0
1 (−log (tη))s−2
1− tηdtdη
Formule de Landau.
Pour tout s :
ζ(s)− 1
s− 1= 1− 1
2sζ(s+ 1)− 1− s(s+ 1)
2.3ζ(s+ 2)− 1−
Démonstration.
1− 1
2sζ(s+1)− 1− s(s+1)
2.3ζ(s+ 2)− 1−
=1− 1
s− 1
∑
n=2
∞1
ns−1
s(s− 1)
1− 2
1
n2+
(s− 1)s(s+ 1)
1.2.31
n3+
=1− 1
s− 1
∑
n>2
1
ns−1
(
1− 1
n
)
1−s
− 1− s− 1
n
=1− 1
s− 1
∑
n=2
∞
1
(n− 1)s−1 −1
ns−1 −s− 1
ns
= ζ(s)− 1
s− 1
En effet :
∑
n=2
∞1
nσ−1
∑
k>0
|s| (|s|+ k)
(k+1)!
1
nk+2=∑
n>2
1
nσ
(
1− 1
n
)−|s|− 1
converge ∀s.
Première intégrale de chemin.
ζ(z) =1
2 sinπzΓ(z)i
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ
Démonstration.
3
Considérons l’intégrale
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ=(e−iπz − eiπz)
∫
0
∞ (−t)z−1
et− 1dt=−2i sin (πz)
∫
0
∞ tz−1
et− 1dt
et∫
0
∞ tz−1
et − 1dt= Γ(z)ζ(z)
d’où :
ζ(z) =1
2 sinπzΓ(z)i
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ
avec z 1.
Seconde intégrale de chemin.
ζ(z) =−Γ(1− z)
2iπ
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ
Démonstration.
Soit
ζ(z)=1
2 sinπzΓ(z)i
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ⇔ζ(z)=
−1
2i sinπzΓ(z)
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ
et avec la formule des compléments :
Γ(1− z)Γ(z)=π
sin (πz)
On obtient :
ζ(z)=−1
2i sinπzΓ(z)
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ
Prolongement analytique.
Théorème.
La fonction ζ(s) est prolongeable analytiquement en une fonction méromorphe sur C ayant pourseule singularité un pôle simple, en s=1, de résidu 1.
Démonstration. (Avec une intégrale sur R+)
On sait que
ζ(s) =1
Γ(s)
∫
0
+∞ ts−1
et− 1dt⇔ζ(s)Γ(s)=
∫
0
+∞ ts−1
et− 1dt
en décomposant :
ζ(s)Γ(s)=
∫
0
1 ts−1
et − 1dt+
∫
1
+∞ ts−1
et − 1dt
Où la seconde intégrale est une fonction holomorphe de s.
4
Et ∀t tel que |t|< 2π :
t
et − 1=∑
n>0
Bntn
n!
en remplaçant dans la première intégrale et en intégrant terme à terme, on obtient :
ζ(s) =1
(s− 1)Γ(s)+
1
Γ(s)
∑
n=1
∞ Bn
n! (n+ s− 1)+
1
Γ(s)
∫
1
∞ ts−1
et− 1dt
la série est convergente et définie une fonction holomorphe sauf aux entiers négatifs ou nuls. En
effet lorsque s −k, le rayon de convergence de la série entière de coefficientBn
n!, n’est pas modifié
lorsque l’on divise ses coefficients par les n + s − 1. Au voisinage d’un entier négatifs, elle est lasomme d’une fonction holomorphe et du terme
Bk+1
(k+ 1)! (s+ k)
Quand s −k, comme1
Γ(s) 0, ζ(s) est par conséquent la somme d’une fonction qui tend vers
0 et du terme :
1
Γ(s)
Bk+1
(k+ 1)! (s+ k)∼
s→−ks+ k
Res(Γ,−k)Bk+1
(k+ 1)! (s+ k)=(−1)k k!
Bk+1
(k+1)!
Ainsi, on a le prolongement analytique de zêta en une fonction méromorphe sur tout C, sauf aupoint s=1.
Démonstration. (Par une intégrale de contour)
∀s∈C|Re(s)>1 :
ζ(s) =1
Γ(s)
∫
0
+∞ ts−1
et− 1dt
On définit h(s) tel que :
h(s)=
∮
γv
us−1
eu − 1du
pour s ∈ C tel que Re(s) > 1. On note γv = γ1,v ∪ γ2,v ∪ γ3,v. Où chaque lacet représententrespectivement la demi-droite dont les points ont pour argument 0, décrite de+∞ à v; le cercle derayon v et de centre 0, dont l’argument des points croît de 0 à 2π; et enfin la demi-droite dont lespoints ont pour argument 2π, décrite de v à +∞.
h(s) est donc holomorphe sur tout C pour 0<v < 2π et avec eu − 1 0 et on a :
h(s) =
∫
γ1,v
us−1
eu − 1du+
∫
γ2,v
us−1
eu − 1du+
∫
γ3,v
us−1
eu − 1du
et :∫
γ1,v
us−1
eu − 1du=
∫
+∞
v rs−1
er − 1dr
ainsi :
limv→0
∫
γ1,v
us−1
eu − 1du=−
∫
0
+∞ rs−1
er − 1dr=−ζ(s)Γ(s)
5
de même on a∫
γ2,v
us−1
eu − 1du=O
(
vRe(s)−1)
ainsi :
limv→0
∫
γ2,v
us−1
eu − 1du= 0
Et enfin :∫
γ3,v
us−1
eu − 1du=
∫
v
+∞ rs−1e2iπ(s−1)
er − 1drv→ 0
e2iπ(s−1) ζ(s)Γ(s)
et du fait que h est indépendante de v on a donc :
h(s)=(
e2iπ(s−1)− 1)
ζ(s)Γ(s)
Avec les formules d’Euler on obtient :
e2iπ(s−1)− 1 =2i sin (π(s− 1))eiπ(s−1) =2i sin (πs)eiπs
alors en substituant l’expression on aura :
h(s)= 2ieiπs sin (πs)ζ(s)Γ(s)
Mais avec la formule des compléments, ∀s| 0<Re(s)< 1 :
Γ(s) sin (πs) =π
Γ(1− s)
d’où :
h(s)= 2πieiπs ζ(s)
Γ(1− s)
et finalement :
ζ(s)=e−iπsΓ(1− s)
2iπh(s) =
e−iπsΓ(1− s)
2iπ
∮
γ
us−1
eu − 1du
ζ(s)=e−iπsΓ(1− s)
2iπ
∮
γ
us−1
eu − 1du
cette formule est valable pour Re(s)>1, l’expression à droite reste valable pour toute valeur bornéede s, définit donc une fonction analytique, et donc d’après le théorème du prolongement analytique,celle-ci représente le prolongement analytique de ζ sauf en s=1.
Et comme h est holomorphe sur tout C, cela implique le prolongement analytique de ζ en unefonction méromorphe sur C.
Prolongement avec la formule sommatoire d’Abel
Grâce à la formule sommatoire d’Abel, on a pour Re(s)>1 :
ζ(s) =∑
n>1
n−s = s
∫
1
∞ [u]
u1+sdu
6
où [u] désigne la partie entière qui se décompose en u − u, où u est la partie fractionnaire.Ainsi :
ζ(s)=s
s− 1− s
∫
1
∞ uu1+s
du
Avec 0 < u < 1, l’intégrale converge pour Re(s)>0. Et donc à partir du prolongement pourRe(s) > 0 puis avec l’équation fonctionnelle pour 0 < Re(s) < 1, on a le prolongement de ζ pourRe(s)6 0 sauf pour s= 0.
Prolongement analytique avec la fonction êta de Dirichlet
Soit la fonction η définie tel que
η(s) =∑
n>1
(−1)n−1
ns
convergente pour s∈R+, il en est de même pour Re(s)> 0, que l’on peut démontrer par le lemmed’Abel.
Si Re(s)> 1 :
ζ(s)=∑
n>1
n−s = η(s)+ 2∑
n=1
∞1
(2n)s= η(s)+
2 ζ(s)
2s⇔(1− 21−s)ζ(s) = η(s)
on peut aussi écrire
ζ(s)=η(s)
1− 21−s
Ceci réalise le prolongement analytique de ζ sur Re(s)> 0, sauf aux points :
s=1 +2ikπ
ln (2)
où k ∈Z et η(1)= ln (2). Ces points sont en fait les zéros de 1− 21−s.
En appliquant la relation fonctionnelle avec le prolongement analytique pour σ = Re(s) > 0, onobtient le prolongement analytique partout sauf en ces points. Comme :
0<1
3n− 2+
1
3n− 1− 2
3n=
1
3n2+O
(
1
n3
)
on déduit que
ζ3(s)=∑
n>1
(
1
(3n− 2)s+
1
(3n− 1)s− 2
(3n)s
)
=1 +1
2s− 2
3s+
1
4s+
1
5s− 2
6s+
1
7s+
1
8s− 2
9s+
convergente pour Re(s)=1, et on a
ζ(s)=ζ3(s)
1− 31−s
Il suffit donc de calculer la série seulement pour ces points carln3
ln 2Q, et 1−31−s ne peut s’annuler
en même temps que 1− 21−s, sauf pour s=1.
7
De même :
η(s)=1
Γ(s)
∫
0
+∞ xs−1
ex + 1dx
On déduit pour Re(s)>0 :
ζ(s)=1
(1− 21−s)Γ(s)
∫
0
1 |lnu|s−1
1 + udu
Euler trouva un lien avec les nombres premiers :
Produit Eulérien.
Pour s> 1, la fonction zêta de Riemann est donnée par :
ζ(s)=∑
n=1
∞1
ns=∏
k=1
∞1
1− 1
pks
=∏
p∈P
1
1− p−s
où pk est le k-ième premier.
Démonstration.
∏
k=1
∞1
1− 1
pks
=1
1− 1
p1s
1
1− 1
p2s
1
1− 1
p3s
=
[
∑
k=0
∞ (
1
p1s
)
k][
∑
k=0
∞ (
1
p2s
)
k][
∑
k=0
∞ (
1
p3s
)
k]
=
(
1+1
p1s +
1
p12s
+1
p13s
+ )(1 +1
p2s +
1
p22s
+1
p23s
+ )=1 +
∑
16i
1
pis +
∑
16i6j
1
pispj
s +∑
16i6j6k
1
pispj
spks +
=1+1
2s+
1
3s+
1
4s+
1
5s+ =
∑
n=1
∞1
ns= ζ(s)
Dérivée.
Effectuons d’abord le calcul de ζ ′(s) :
ζ ′(s)=d
ds
(
1+1
2s+
1
3s+
1
4s+ )=−
(
ln 2
2s+
ln 3
3s+
ln 4
4s+ )=−
∑
n=1
∞lnnns
Et plus généralement on a :
ζ(k)(s) = (−1)k∑
n=2
∞(lnn)k
ns
8
On peut citer pour n∈N :
ζ(n)(1− s)= (−1)n∑
k=1
∞ (
n
k
)(
exp
s
(
−log (2π) +iπ
2
)(
iπ
2− log (2π)
)
n−k
+ exp
s
(
−iπ2− log (2π)
)(
−iπ2− log (2π)
)
n−k)
∂k(Γ(s)ζ(s))
∂sk
et :
ζ(n)(1− z) = (−1)n∑
k=0
∞ ((
n
k
)(
exp
z
(
iz
2− log (2π)
)(
iπ
2− log (2π)
))
n−k
+ exp
z
(
−iπ2
− log (2π)
)(
−iπ2
− log (2π)
)
n−k)
∂k(Γ(z)ζ(z))
∂zk
Ainsi que :
ζ(n)(0)= (−1)nn!
(
Im(zn+1)
π(n+1)!+
1
π
∑
k=1
n−1ak Im(zn−k)
(n− k)!
)
où
ak =
[
((s− 1)k)
(
Γ(s)ζ(s)− 1
s− 1
)]
et z=−log 2π− iπ
2
Théorème de Speiser (1934).
La dérivée de la fonction zêta n’a pas de zéros pour 0<σ<1
2.
Intégrations.
∫
−∞
+∞(
3− 8√
cos (log (2)t))
∣
∣
∣
∣
ζ
(
1
2+ it
)∣
∣
∣
∣
t2 +1
4
dt=πlog (2)
Pour σ > 1 :∫
ζ(s)ds= s−∑
k=2
∞k−s
log (k)
Pour σ > 0 :
∫
−∞
+∞∣
∣
∣
∣
∣
(
1− 21−(it+σ))
ζ(σ+ it)
σ+ it
∣
∣
∣
∣
∣
dt=π(1− 21−2σ)ζ(2σ)
σ
Formules supplémentaires.
∫
0
∞ un du
eu − 1=n! ζ(n+ 1)
Voici la formule de Euler pour |t|< 1 :
lnΓ(1+ t) =−γt+∑
n>2
(−1)nζ(n)
ntn
9
et donc
γ=∑
n=2
∞(−1)nζ(n)
n
publié dans commentarii Academiae scientiarum imperialis petropolitanae en 1734-1735. Legendreécrit dans Exercices de calcul intégral sur divers ordres de transcendantes et sur les quadratures :
lnΓ(1 + t)=1
2ln
πt
sin πt+
1
2ln
1− t
1 + t+(1− γ)t+
∑
n=1
∞1− ζ(2n+ 1)
2n+ 1tn
Une autre formule intéressante :
ζ ′(s)ζ(s)
= ln (2π)+π
2cot(
πs
2
)
− Γ′(1− s)
Γ(1− s)− ζ ′(1− s)
ζ(1− s)
ζ(s)=1
1− 21−s
∑
n=0
∞1
2n+1
∑
k=0
n (
n
k
)
(−1)k
(k+1)s
ζ(s)=1
s− 1
∑
n>0
1
n+ 1
∑
k>0
(−1)k
(k+1)s−1
(
n
k
)
ζ(s)=1
s− 1
∑
n=0
∞(
1− s
2
)
n!
∑
k=0
n
(−1)k
(
n
k
)
(2k+1)ζ(2k+ 2)
On peut désigner la fonction zêta sous forme de série de Laurent :
ζ(s)=1
s− 1+∑
n=0
∞(−1)n
n!γn (s− 1)n
où γn est la constante de Stieltjes définit comme :
γn = limm→∞
[(
∑
k=1
m(log k)n
k
)
− (logm)n+1
n+ 1
]
et γ0 est la constante d’Euler-Mascheroni.
Pour σ > 1 :
ζ(s)= 2s 1
2s − 1
∑
k=0
∞(1 + 2k)−s
et
ζ(s) =1
1− 2−s
∑
k>0
1
(2k+ 1)s
Pour σ < 1 :
ζ(s)= 2(2π)s−1Γ(1− s)
(
sin(
πs
2
)
∑
k=1
∞cos (2πk)
k1−s+ cos
(
πs
2
)
∑
k=1
∞sin (2πk)
k1−s
)
Pour σ > 0| s 1 :
ζ(s)=1
1− 21−s
∑
k=1
∞(−1)k−1
ks
10
ζ en tant que limites.
Pour σ > 0 :
ζ(s)= limn→∞
(
∑
k=1
n
k−s n1−s − 1
1− s
)
− 1
1− s
Citons :
ζ(s) = limn→∞
1
21−s
∑
k=1
n (
2nn− k
)
(−1)k k−s
(
2n
n
)
puis pour z < 1 :
ζ(s)= limz→1
1
21−s − 1
∑
k=1
∞(−z)k
ks
Théorème.
lims→1
ζ(s)− 1
s− 1= γ
Démonstration.
On part de la formule
ζ(s)=1
Γ(s)
∫
0
∞ us−1
eu − 1du
et aussi du fait que
Γ(s)= (s− 1)Γ(s− 1)
Il suit(
ζ(s)− 1
s− 1
)
Γ(s)=
∫
0
∞ ts−1
et − 1dt−
∫
0
∞e−t ts−2 dt=
∫
0
∞ts−1
(
1
et − 1− 1
tet
)
dt
avec s→ 1 :
lims→1
ζ(s)− 1
s− 1=
∫
0
∞e−t
(
1
1− e−t− 1
t
)
dt
Et Rao donna en 1956 le résultat suivant
γ=
∫
0
∞e−x
(
1
1− e−x− 1
x
)
dx
ce qui permet de conclure.
Problème de Bâle.
En 1644, Pietro Mengoli posa la question de la valeur de la série
∑
n=1
∞1
n2
Repris par Jacques Bernouilli dans Positiones arithmeticae de seriebus infinitis en 1689 à Bâle.En 1730 Stirling donne une valeur approchée par une méthode d’accélération de convergenc. En
1735, Euler conjecture que la série vaut ζ(2) =π2
6. Il prouva sa conjecture en 1748. Il trouve de
même une forme générale pour tout les ζ(2k) avec k ∈N.
11
Formule générale pour ζ(2k).
ζ(2k)=∑
n=1
∞1
n2k=
(−1)k−122k−1B2k
(2k)!π2k
avec k ∈N∗.
Démonstration.
Par l’équation d’Euler :
eiy = cos y+i sin y
on a :
cos y=eiy + e−iy
2, sin y=
eiy − e−iy
2ice qui implique :
y cot y= iyeiy + e−iy
eiy − e−iy= iy
e2iy +1
e2iy − 1
en posant z= 2iy, on obtient :
y cot y=z
2
ez + 1
ez − 1=z
2+
z
ez − 1
La fonctionz
ez − 1est définie et continue sur R, avec :
z
ez − 1=:∑
n>0
Bnzn
n!
où les Bn sont les nombres de Bernoulli.
Le membrez
2est une fonction paire, Ainsi Bn = 0 pour n> 3 impair, et B1 = −1
2correspond au
terme en z de y cot y=z
2
ez + 1
ez − 1=z
2
z
ez − 1à partir de :
(
∑
n=0
∞Bn
zn
n!
)
(ez − 1)=
(
∑
n=0
∞Bn
zn
n!
)(
∑
n=1
∞zn
n!
)
= z
En comparant les coefficients de zn :
∑
k=0
n−1 Bk
k!(n− k)!=
1 si n=10 si n 1
qui permet de calculer les valeurs de récurrences. La combinaisons de :
y cot y=z
2
ez + 1
ez − 1=z
2+
z
ez − 1et
z
ez − 1=:∑
n>0 Bnzn
n!implique :
y cot y=∑
k=0
∞B2k
(2iy)2k
(2k)!=∑
k=0
∞(−1)k22kB2k
(2k)!y2k
et en considérant :
π cotπx=1
x−∑
n=1
∞2x
n2− x2
12
Puis en posant y=πx et en multipliant par x, si |y |<π, nous avons :
y cot y=1− 2∑
n=1
∞y2
π2n2− y2=1− 2
∑
n=1
∞y2
π2n2
1
1−(
y
πn
)
2
Le dernier facteur est la somme d’une série géométrique, donc :
y cot y=1− 2∑
n=1
∞∑
k=1
∞(
y
πn
)
2k= 1− 2
∑
k=1
∞ (
1
π2k
∑
n=1
∞1
n2k
)
y2k
Nous avons ainsi ∀k∈N∗ le coefficient [y2k] dans le développement en série entière de y cot y égale à :
[y2k] = y cot y=− 2
π2k
∑
n=1
∞1
n2k=− 2
π2kζ(2k)
Ainsi :
ζ(2k)=∑
n=1
∞1
n2k=
(−1)k−122k−1B2k
(2k)!π2k
On peut aussi écrire ζ(2n) de plusieurs autres façons :
ζ(2n)=22n−1
(2n)!
∣
∣
∣
∣
∣
∑
k=0
2n1
k+1
∑
r=0
k
(−1)rr2n
(
k
r
)
∣
∣
∣
∣
∣
et
ζ(2n)=(−1)n 22n−2π2n
(22n − 1)(2n− 1)!E2n−1(0)
ainsi que
(−1)n+122n−3π2n
(22n − 1)(2n− 2)!
∫
0
1
E2n−2(x) dx
Ainsi nous pouvons recalculer ζ(2) :
ζ(2)=1× 2× 1
6π2
2=π2
6
On peut aussi démontrer la formule pour ζ(2k) d’une autre façon :
Considérons la fonction ξ(s)7 π−s
2Γ(
s
2
)
ζ(s).
Soit ξ(s)7 π−s
2Γ(
s
2
)
ζ(s) avec s= 2n :
ξ(2n)7 π−2n
2 Γ
(
2n
2
)
ζ(2n)= πnΓ(n)ζ(2n)
et ξ(2n)= ξ(1− 2n)
donc :
ξ(2n)= ξ(1− 2n) =πn−1
2Γ
(
1
2−n
)
ζ(1− 2n)
13
comme Γ(n)= (n− 1)! et ζ(1− 2n)= (−1)2n−1B2n
2n=−B2n
2net Γ(s)= (s− 1)Γ(s− 1), on obtient :
Γ
(
1
2
)
=
(
−1
2
)
Γ
(
−1
2
)
=
(
−1
2
)(
−3
2
)
Γ
(
−3
2
)
=(−1)n1 · 3 · · (2n− 1)
2nΓ
(
1
2−n
)
= (−1)n(2n)!
4nn!Γ
(
1
2−n
)
et comme :
Γ
(
1
2
)
=
∫
0
∞e−tt
−1
2 dt=2
∫
0
∞e−x2
dx= π√
alors :
Γ
(
1
2−n
)
= (−1)n π√ 4nn!
(2n)!
En insérant ces valeurs dans
π−nΓ(n)ζ(2n)= ξ(2n)= ξ(1− 2n)= πn−1
2Γ
(
1
2−n
)
ζ(1− 2n)
on trouve :
ζ(2n)= (−1)n−1 (2π)2n
2(2n)!B2n
Bien-sûr tout les ζ(2n) Q, du fait de l’irrationalité de πn.
En ce qui concerne ζ(2), présentons quelques formules ayant la même valeur.
Calcul de∫
0
1 ln t
t− 1dt
Soit f(t)=ln tt− 1
est continue sur ]0; 1[ et donc localement intégrable sur ]0; 1[.
Quand t 0,
∣
∣
∣
∣
ln tt− 1
∣
∣
∣
∣
∼|ln t|=o
(
1
t√)
, ainsi f est intégrable au voisinage de 0. Puis quand t 1,ln tt− 1
∼ 1, ainsi f se prolonge par continuité en 1 et est donc intégrable au voisinage de 1.
Donc finalement, la fonction f est intégrable sur ]0; 1[ et l’intégrale est alors convergente vers unevaleur I telle que :
I =
∫
0
1 ln tt− 1
dt
Soient n∈N et ∀t∈ ]0; 1[, on a :
ln tt− 1
=− ln t× 1
1− t=− ln t
(
∑
k=1
n
tk
)
=∑
k=1
n
−tk ln t
comme f(t)=−tk ln t est intégrable sur ]0; 1[ car continue sur ]0; 1[, par intégration on obtient :
∫
0
1 ln tt− 1
dt=∑
k=0
n
Ik
où :
Ik =−∫
0
1
tkln tdt
14
avec n +∞.
Maintenant soient k ∈ N et ε ∈ ]0; 1[. la fonction t −ln t est de classe C1 sur [ε; 1]. On peuteffectuer une intégration par partie qui fournit.
∫
ε
1
−tk ln tdt=[
− tk+1
k+ 1ln t
]
ε
1
+1
k+1
∫
ε
1
tk dt=εk+1ln εk+ 1
+1
(k+1)2(1− εk+1)
Quand ε 0, on obtient Ik =1
(k+1)2, ainsi ∀k ∈N, Ik =
1
(k+1)2.
Ainsi, il est facile de voir :
I =∑
k=0
∞Ik =
∑
k=0
∞1
(k+ 1)2=∑
n=1
∞1
n2= ζ(2)=
π2
6
D’où :∫
0
1 ln tt− 1
dt=∑
n=1
∞1
n2= ζ(2)=
π2
6
Calcul de∫
0
∞ x
ex− 1
dx
Soit la fonction :
x
ex − 1=:∑
n>0
Bnxn
n!
définie et continue sur tout R.
Considérons :
1− e−nx
1− e−x=∑
k=0
n−1
e−kx
et soit :
J =
∫
0
∞ x
ex − 1dx=
∫
0
∞ xe−x
1− e−xdx=
(
∑
k=0
n−1 ∫
0
∞xe−(k+1)xdx
)
+
∫
0
∞ x
ex − 1e−nx dx
Comme toutes ces intégrales convergent et que :
Kn =
∫
0
∞ x
ex − 1e−nx dx 0
quand n +∞. Il suffit de calculer :
Mk =
∫
0
∞xe−(k+1)x dx
En intégrant par parties on trouve :
Mk =1
(k+ 1)2
en remplaçant dans la formule de J on obtient :
J =
∫
0
∞ x
ex − 1dx=
(
∑
k=0
n−11
(k+ 1)2
)
=∑
k=1
∞1
n2= ζ(2) =
π2
6
15
Présentons aussi la série :
3∑
n=1
∞1
n2(
2n
n
)= ζ(2) =π2
6
Puis :
ζ(4)=3617
∑
n=1
∞1
n4(
2n
n
)=π4
90=
1
6
∫
0
∞ x3
ex − 1dx
et :
2
∫
0
π
3ln2(
2 sinx
2
)
dx=17π4
3240=
1736ζ(4)
Citons une formule issue de [14] faisant intervenir les polynômes d’Euler En(x) :
ζ(2n)=(−1)n+1 22n−3π2n
(22n − 1)(2n− 2)!
∫
0
1
E2(n−1)(x) dx
Citons aussi :
∑
k>1
1
k2−x2=∑
n>0
ζ(2n+2)x2n =1− πx cot (πx)
2x2=3∑
k=1
∞1
k2(
2k
k
)
(
1− x2
k2
)=∏
m=1
k−1 1− 4x2
m2
1− x2
m2
Et voici la formule de Borwein-Borwein (1995) :
1
π
∫
0
π
2x2ln2(2 cosx) dx=
1116
ζ(4)
D’autres formules :
∑
n=1
∞ζ(2n)
n(2n+ 1)= ln (2π)− 1 ;
∑
n=1
∞ζ(2n)
(2n+ 1)22n= lnπ− 1 ;
∑
n>1
ζ(2n)
n22n= ln
(
π
2
)
cas particulier de la formule plus générale :
∑
n>1
ζ(2k, z)
k(2k+ 1)22k= (2z − 1)ln
(
z − 1
2
)
− 2z+ 1 + ln (2π)− 2lnΓ(z)
où ζ(s, a) est la fonction zêta de Hurwitz.
De plus citons la formule :
cotx=1
x− 2
∑
n=1
∞x2n−1 ζ(2n)
π2n
Ainsi que pour n∈N∗\1 :
∑
k=1
n−1
ζ(2k)ζ(2n− 2k) =
(
n+1
2
)
ζ(2n)
Irrationnalité
ζ(2) =∑
n=1
∞1
n2=π2
6 Q
Démonstration. (Beukers)
16
Critère d’irrationalité
Soit α∈R, est strictement irrationnel si et seulement si, il existe deux suites d’entiers (an)n>0 et(bn)n>0 telles que anα+ bn 0 et que anα+ bn 0.
Lemme 1.
Définissons dn = ppcm1; 2; ;n. Avec p∈P.
dn =∏
p6n
p
[
log n
log p
]
6∏
p6n
p
logn
log p =nπ(n)
avec π(n)∼ n
log n, on déduit dn< 3n(résultat dû à Hanson en 1972).
Lemme 2.
Soient r, s∈N. On introduit :
Jr,s7 ∫
0
1 ∫
0
1 xrys
1−xydxdy
Si r > s :∫
0
1 ∫
0
1 xrys
1−xydxdy ∈Q
avec (1− xy)|dr2 c’est-à-dire Jr,s∈ 1
dr2 Z.
Si r= s :
Jr,r =
∫
0
1 ∫
0
1 xrys
1− xydxdy=
(
ζ(2)−∑
k=1
r1
k2
)
donc si r> 1 : Jr,r ∈ ζ(2)Z+1
dr2Z.
Et si r= 0, on a :
J0,0 = ζ(2)
Démonstration du lemme 2.
Considérons :
I(r, s, σ)=
∫
0
1 ∫
0
1 xr+σys+σ
1− xydxdy
|xy |< 1 donc :
1
1−xy=∑
k=0
∞(xy)k
et donc :
∫
0
1 ∫
0
1 xr+σys+σ
1− xydxdy=
∫
0
1 ∫
0
1∑
xr+k+σys+k+σdxdy=∑
∫
0
1 ∫
0
1
xr+k+σys+k+σdxdy
=∑
k=0
∞1
(k+ r+σ+1)(k+ r+ σ+ 1)
17
car∫
0
1 ∫
0
1
xpxq dxdy=1
(p+ 1)(q+ 1)
si r > s, la somme vaut :
∑
k=0
∞1
r− s
[
1
k+ s+ σ+ 1− 1
k+ r+ σ+ 1
]
=1
r− s
[
1
s+ 1+ σ+ +
1
r+ σ
]
Et :
d
dσI(r, s, σ) =
∫
0
1 ∫
0
1 xr+σys+σ
1− xydxdy=
d
dσ
(
1
r− s
[
1
s+ 1+ σ+ +
1
r+ σ
])
=−1
r− s
((
1
s+ 1+ σ
)
2
+ +
(
1
r+σ
)
2)
Le premier point se déduit en considérant σ= 0.
Comme r > s et puisque (r− s)|dr et (s+ k)|dr pour =1; 2; ; r− s, on en déduit que Jr,s∈ 1
dr2Z
Si r= s
∫
0
1 ∫
0
1 xr+σys+σ
1− xydxdy=
∑
k=0
∞1
(k+ r+ 1)2
c’est-à-dire :
Jr,r =
∫
0
1 ∫
0
1 xryr
1−xydxdy=
∑
k=0
∞1
(k+ r+ 1)2=∑
k=r+1
∞1
k2
=
ζ(2) si r= 0(
ζ(2)− 1
12− − 1
r2
)
si r> 1
Démonstration du théorème
On considère :
M =
∫
0
1 ∫
0
1 (1− y)n
1− xyPn(x) dxdy
Où les Pn(z) sont les polynômes de Legendre.
On a :
M = (An +Bnζ(2))dn−2
alors :
0< |An +Bnζ(2)|= dn2 |M |
avec An,Bn∈Z.
En intégrant n fois par parties par rapport à x :
M =(−1)
∫
0
1 ∫
0
1 xn(1− yn)yn(1− xn)
(1− xy)n+1 dxdy 0
18
Cherchons le maximum de la fonctiony(1− y)x(1− x)
1− xy. En posant t= xy
√:
y(1− y)x(1−x)
1− xy=t2(1− y− x+ t2)
1− t26t2(1− 2t+ t2)
1− t2=t2(1− t)
1 + t
L’étude de la dérivée donne le maximum
(
5√
− 1
2
)
5
atteint en t=5
√− 1
2. Ainsi :
y(1− y)x(1− x)
1− xy6
(
5√
− 1
2
)
5
on déduit :
0< |M |6(
5√
− 1
2
)
5n∫
0
1 ∫
0
1 1
1−xydxdy=
(
5√
− 1
2
)
5n
ζ(2)
n +∞ tel que dn< 3n (avec dn∼ en), on obtient :
0< |An +Bnζ(2)|= dn2 |M |6 dn
2
(
5√
− 1
2
)
5n
ζ(2)< 9n
(
5√
− 1
2
)
5n
ζ(2)<
(
5
6
)n
Ce dernier terme tend vers 0 quand n +∞, et donc cela garantit ζ(2) Q.
Par extension, tous les ζ(2k) sont irrationels, car ζ(2k)=p
qπr, et πr Q.
Valeurs aux entiers négatifs.
ζ(−k)= (−1)kBk+1
k+1∈Q
Démonstration.
Soit Re(s)> 1 :
Γ(s)ζ(s)=
∫
0
∞ ts−1
et − 1dt
la continuation analytique est réalisée en écrivant :
Γ(s)ζ(s) =
∫
0
1 ts−1
et− 1dt+
∫
1
∞ ts−1
et− 1dt
la seconde intégrale est une fonction holomorphe de s. On décompose en série de Taylor dans lapremière. Comme on a ∀t tel que |t|< 2π :
t
et − 1=∑
n=0
∞ Bntn
n!
en remplaçant dans la première intégrale et en intégrant terme à terme, on trouve :
ζ(s) =1
(s− 1)Γ(s)+
1
Γ(s)
∑
n=1
∞ Bn
n! (n+ s− 1)+
1
Γ(s)
∫
1
∞ ts−1
et− 1dt
19
La série est convergente et définit une fonction holomorphe partout sauf aux entiers négatifs ounuls, (car pour s différents de ces valeurs, le rayon de convergence de la série entière de coefficientsBn
n!n’est pas modifié lorsqu’on divise ces coefficients par les n + s − 1) et de même au voisinage
d’un entier négatifs −k, elle est la somme d’une fonction holomorphe et du terme
Bk+1
(k+ 1)! (s+ k)
Quand s −k comme1
Γ(s) 0, ζ(s) est par conséquent la somme d’une fonction qui tend vers
0 et du terme
1
Γ(s)
Bk+1
(k+ 1)! (s+ k)∼
s −ks+ k
Res(Γ,−k)Bk+1
(k+ 1)! (s+ k)=(−1)kk!
Bk+1
(k+ 1)!
Ainsi, le prolongement analytique méromorphe de ζ à tout le plan complexe n’a de pôle qu’aupoint 1, et l’on obtient la formule d’Euler :
ζ(−k)= (−1)kBk+1
k+ 1
Démonstration.
∀s tel que Re(s)> 1, on a :
(1− 21−s)ζ(s)=∑
k=1
∞(−1)k
ks
ce qui fournit un prolongement analytique de ζ au demi-plan Re(s)> 0. On peut alors sommer lasérie divergente ζ(−n) par la méthode d’Abel.
(1− 2n+1)ζ(−n)= limx→−1
∑
k=1
knxk =
(
xd
dx
)n(x
1− x
)
∣
∣
∣
∣
∣
x=−1
= (−1)n d
dzn
(
1
ez +1
)∣
∣
∣
∣
z=0
(x=−e−z).
= (−1)n(1− 2n+1)Bn+1
n+ 1
lorsque s= 2n on déduit :
ζ(−n)= (−1)nBn+1
n+ 1
Entiers pairs négatifs
Puis pour les ζ(−2n), se déduit avec la formule précédente, c’est-à-dire en posant k=2n :
ζ(−k)= (−1)kBk+1
k+ 1
devient :
ζ(−2n)=B2k+1
2k+1= 0
20
pour tout n> 1; et elles sont alors des racines de ζ(s) appelées zéros triviaux.
Zéros non-triviaux.
L’équation fonctionnelle de zêta et sa non-annulation pour σ > 1, implique que sur le demi-planσ 6 0 la fonction zêta de Riemann admet pour seuls zéros les points −2n. Mais il existe d’autreszéros appellés zéros non-triviaux dans la bande critique 0<σ< 1, et on peut montrer qu’il n’y enn’a pas autre part. La fonction êta de Dirichlet définie comme :
η(σ)7∑
n>1
(−1)n
nσ= (21−σ − 1)ζ(σ)
montre que les zéros non-triviaux de zêta ne sont pas réel. L’équation fonctionnelle et le fait que
ζ(k)∈R pour s∈R, impliquent qu’ils sont répartis symétriquement par rapport à la droite σ=1
2.
Les zéros de la fonction ξ sont les zéros non-triviaux de ζ. Nous définirons plus tard cette fonction.
En fait avec l’équation fonctionnelle, dont on précisera l’énoncé plus tard, on voit pourquoi les zérostriviaux sont tous de la forme −2n. En effet 2s 0 et, πs−1 0 et Γ(1 − s) 0, donc les valeursd’annulation de sin
(
πs
2
)
donne les zéros triviaux.
Généralités sur les zéros non-triviaux
Soit f une fonction méromorphe sur C ne possèdant qu’une unique singularité, se trouvant en 1. Siσ, T ∈R+
∗ , on note Nf(σ, T ) le nombre de zéros non-triviaux noté β+ iγ de f (comptés avec leurmultiplicité), avec σ6 β et 0<γ6T . Si T ′>T , on note aussi Nf(σ,T ,T
′)7 Nf(σ,T′)−Nf(σ,T ).
Dans le cas particulier de ζ, on a :
N(σ, T )7 Nζ(σ, T ) et N(T )7 N(0, T )
Théorème.
On a pour T > 2 :
N(T + 1)−N(T )≪ lnT
et :
N(T )≪T lnT
Démonstration.
Soit t∈R :
∑
n=0
∞1
1 + (τ − γn)2≪ ln (|τ |+2)
Alors pour T < γn 6T + 1
N(T +1)−N(T )=∑
n=0
∞16
∑
n>0
2
1 + (T − γn)2≪ lnT
Valeurs aux entiers impairs.
En revanche les ζ(2n+ 1) sont peu connus.
L’irrationnalité de ζ(3) est connus de par le théorème d’Apéry (1978). Mais l’irrationalité ou encorela transcendance des autres ζ(2n+ 1) sont inconnues, bien qu’il existe des résultats moins forts.
21
Théorème d’Apéry
ζ(3)=∑
n=1
∞1
n3 Q
Démonstration. (Beukers)
Critère d’irrationalité
Soit α∈R, est strictement irrationnel si et seulement si, il existe deux suites d’entiers (an)n>0 et(bn)n>0 telles que anα+ bn 0 et que anα+ bn 0.
lemme 1.
Définissons dn = ppcm1; 2; ;n. Avec p∈P.
dn =∏
p6n
p
[
log n
log p
]
6∏
p6n
p
logn
log p =nπ(n)
avec π(n)∼ n
log n, on déduit dn< 3n(résultat dû à Hanson en 1972).
lemme 2.
Soient r, s∈N. On introduit :
Jr,s7 ∫
0
1 ∫
0
1 −log xy1−xy
xr ys dxdy
Si r > s :
−∫
0
1 ∫
0
1 log xy1− xy
xr ysdxdy ∈Q
avec (1− xy)|dr3 c’est-à-dire Jr,s∈ 1
dr3Z
Si r= s :
Jr,r =−∫
0
1 ∫
0
1 log xy1− xy
xr ysdxdy= 2
(
ζ(3)−∑
k=1
r1
k3
)
donc si r> 1 : Jr,r ∈ ζ(3)Z+1
dr3Z.
Et si r=0 on a :
J0,0 =2ζ(3)
démonstration du lemme 2.
Considérons :
I(r, s, σ)=
∫
0
1 ∫
0
1 xr+σys+σ
1− xydxdy
|xy |< 1 donc :
1
1−xy=∑
k=0
∞(xy)k
22
et donc :
∫
0
1 ∫
0
1 xr+σys+σ
1− xydxdy=
∫
0
1 ∫
0
1∑
xr+k+σys+k+σ dxdy=∑
∫
0
1 ∫
0
1
xr+k+σys+k+σ dxdy
=∑
k=0
∞1
(k+ r+σ+1)(k+ r+ σ+ 1)
car∫
0
1 ∫
0
1
xpyq dxdy=1
(p+ 1)(q+ 1)
si r >s, la somme vaut :
∑
k=0
∞1
r− s
[
1
k+ s+ σ+ 1− 1
k+ r+ σ+ 1
]
=1
r− s
[
1
s+ 1+ σ+ +
1
r+ σ
]
et :
d
dσI(r, s, σ)=
∫
0
1 ∫
0
1 log xy1− xy
xr+σys+σdxdy=d
dσ
(
1
r− s
[
1
s+1 + σ+ +
1
r+σ
])
=−1
r− s
((
1
s+ 1+ σ
)
2
+ +
(
1
r+σ
)
2)
Le premier point se déduit en considérant σ=0.
Comme r >s et puisque (r− s)|dr et (s+ k)|dr pour k=1; 2; ; r− s, on en déduit que Jr,s∈ 1
dr3Z
Si r= s
∫
0
1 ∫
0
1 xr+σys+σ
1−xydxdy=
∑
k=0
∞1
(k+ r+σ+1)2
en différentiant par rapport à σ et avec σ= 0. On trouve alors :
∫
0
1 ∫
0
1 log xy1− xy
xryrdxdy=∑
k=0
∞ −2
(k+ r+ 1)3
c’est-à-dire :
Jr,r =−∫
0
1 ∫
0
1 log xy1− xy
xr yrdxdy= 2∑
k=0
∞1
(k+ r+ 1)3= 2
∑
k=r+1
∞1
k3
=
2ζ(3) si r= 0
2
(
ζ(3)− 1
13− − 1
r3
)
si r> 1
démonstration du théorème
On considère :
M =
∫
0
1 ∫
0
1 −log xy1− xy
Pn(x)Pn(y)dxdy
où les Pn(z) sont les polynômes de Legendre.
23
On a :
M = (An +Bnζ(3))dn−3
alors :
0< |An +Bnζ(3)|= dn3 |M |
avec An, Bn∈Z. On peut remarquer :
−log xy1− xy
=
∫
0
1 1
1− (1− xy)zdz
alors :
M =
∫
0
1 ∫
0
1 ∫
0
1 Pn(x)Pn(y)
1− (1−xy)zdxdydz
En intégrant n fois par parties par rapport à x :
M =
∫
0
1 ∫
0
1 ∫
0
1 xn(1−xn)ynznPn(y)
(1− (1− xy)z)n+1 dxdydz=
∫
0
1 ∫
0
1 ∫
0
1 (xyz)n(1−x)nPn(y)
(1− (1−xy)z)n+1 dxdydz
en posant :
w=1− z
1− (1− xy)z
on obtient :
M =
∫
0
1 ∫
0
1 ∫
0
1 xn(1−w)nPn(y)
1− (1−xy)wdxdydw
Et en intégrant n fois par parties par rapport à y :
M =
∫
0
1 ∫
0
1 ∫
0
1 xn(1− x)nyn(1− y)nwn(1−w)n
(1− (1− xy)w)n+1dxdydw
En appliquant le principe du col pour trouver le maximum de la fonctionx(1−x)y(1− y)w(1−w)
1− (1−xy)w
Pour x= y pour tout 0 6x, y, z6 1, avec t= xy√
alors x+ y> 2t, et l’on peut majorer :
x(1− x)y(1− y) = t2(1− x− y+ t2)6 t2(1− 2t+ t2) = t2(1− t2)
c’est-à-dire :
w(1−w)
1− (1−xy)w=
w(1−w)
1− (1− t2)w
en faisant varier w et en fixant t. La fonction en w a pour maximum1
(1 + t)2, en w=
1
1 + t.
On a :
x(1− x)y(1− y)w(1−w)
1− (1− xy)w6t2(1− t)2
(1+ t)2
cette dernière ne dépend que de t. En étudiant sa dérivée on vérifie facilement que :
x(1− x)y(1− y)w(1−w)
1− (1− xy)w6(
2√
− 1)
4
24
On obtient dorénavant :
0< |M |=∫
0
1 ∫
0
1 ∫
0
1 xn(1− x)nyn(1− y)nwn(1−w)n
(1− (1−xy)w)n+1 dxdydw
6(
2√
− 1)
4n
∫
0
1 ∫
0
1 ∫
0
1 1
1− (1− xy)wdxdydw=
(
2√
− 1)
4n
∫
0
1 ∫
0
1 −log xy1−xy
dxdy
=2( 2− 1√
)4nζ(3)
Comme M 0, et puisque dn< 3n, nous avons :
0< |An +Bnζ(3)|= dn3 |M |6 2ζ(3)dn
3(
2√
− 1)
4n< 2ζ(3)27n(
2√
− 1)
4n<
(
4
5
)n
Ce dernier terme tend vers 0 lorsque n +∞. Et donc d’après le critère d’irrationalité :
ζ(3) Q
Théorème d’Apéry (Van Der Poorten)
critère d’irrationalité.
S’il y a un δ > 0 et une suitepn
qnde nombres rationnels tel que
pn
qnβ et
∣
∣
∣
∣
β − pn
qn
∣
∣
∣
∣
<1
qn1+δ
avec n= 1; 2;Alors β Q.
Mesure d’irrationalité.
Si
0<
∣
∣
∣
∣
β − pn
qn
∣
∣
∣
∣
<1
qn1+δ
et les qn sont de croissance monotone avec qn < qn−11+k (pour n suffisamment grand par rapport à
k > 0) puis pour tous les entiers p, q > 0 suffisamment grand par rapport à ε> 0,
∣
∣
∣
∣
β − p
q
∣
∣
∣
∣
>1
q
1+δ
δ−k+ε
par exemple, si la suite (qn) croit géométriquement nous pouvons prendre k > 0 arbitrairement
petit. Puis 1+1
δdevient un degré d’irrationalité pour β.
preuve de la mesure d’irrationalité
Voir la proposition suppose que∣
∣
∣
∣
β − p
q
∣
∣
∣
∣
61
qτ
25
et sélectionner n donc que
qn−11+δ
6 qn< qn1+δ
alors
1
qqn6
∣
∣
∣
∣
p
q− pn
qn
∣
∣
∣
∣
6
∣
∣
∣
∣
β − pn
qn
∣
∣
∣
∣
+
∣
∣
∣
∣
β − p
q
∣
∣
∣
∣
61
qn1+δ
+1
qτ<
2
qτ
d’où
1
2qτ 6 qqn< qqn−1
1+k < q1+τ(1+k)/(1+δ)
qui est telle que revendiquée
τ < (1 + δ)/(δ− k) + ε
Cet argument enst efficace dans la mesure où les exigences suffisamment grandes peuvent êtreexplicites.
Démonstration du théorème.
On part du résultat dû à Hjortnaes :
ζ(3)=5
2
∑
n=1
∞(−1)n−1
n3(
2n
n
)
Démonstration.
On introduit :
εn,k =1
2
k!2(n− k)!
k3(n+ k)!
où k ∈N. Vérifiant :
(−1)kn(εn,k − εn−1,k)=(−1)k−1(k− 1)!2
(n2− 12) (n2− k2)
en appliquant le développement asymptotique de1
x:
∑
k=1
Ka1 ak−1
(x+ a1) (x+ ak)=
1
x− a1 ak
x(x+ a1) (x+ aK)
avec x=n2 et ak =−k2, on obtient :
∑
k=1
n−1(−1)k−1(k− 1)!2
(n2− 12) (n2− k2)=
1
n2− 2
(−1)n−1
n2(
2n
n
)
on en déduit :
∑
n=1
N1
n3− 2
∑
n=1
N(−1)n−1
n3(
2n
n
) =∑
n=1
N∑
k=1
n−1
(−1)k(εn,k − εn−1,k)=∑
k=1
N
(εN,k − εk,k)
=∑
k=1
N(−1)k
2k3(
N + k
k
)(
N
k
)+1
2
∑
n=1
N(−1)n−1
n3(
2n
n
)
26
or le premier terme à droite tend vers 0 quand N +∞, d’où :
∑
n=1
N1
n3− 2
∑
n=1
N(−1)n−1
n3(
2n
n
) =1
2
∑
n=1
N(−1)n−1
n3(
2n
n
) ⇔∑
n=1
N1
n3=
5
2
∑
n=1
N(−1)n−1
n3(
2n
n
)
Maintenant introduisons pour k6n :
cn,k =∑
m=1
n1
m3+∑
m=1
k(−1)m−1
2m3(
n
m
)(
m + n
m
)
tel que cn,k ζ(3) quand n +∞.
Lemme
2cn,k
(
n+ k
k
)
∈Z+Z
23+ +
Z
n3=
Z
dn3⇔2dn
3 cn,k
(
n+ k
n
)
∈Z
Démonstration.
Nous vérifions le nombres de fois que tout premier p donné divise le dénominateur. Mais
(
n + k
k
)
(
n + m
m
)=
(
n + k
k −m
)
(
k
m
)
donc, parce que
ordp
(
n
m
)
6
[
lnnln p
]
− ordpm= ordpdn3 − ordpm
nous avons
ordp
(
m3
(
n
m
)(
n+m
m
)
/
(
n+ k
k
))
= ordp
(
m3
(
n
m
)(
k
m
)
/
(
n+ k
k−m
))
63 ordpm+
[
lnnln p
]
+
[
ln kln p
]
− 2 ordpm
ce qui donne l’assertion, parce que m6 k6 n. (Si m∈N∗ et p∈P, on note ordpm la plus grandepuissance de p qui divise m).
On a aussi pour n suffisamment grand par rapport à ε> 0,
dn 6 en(1+ε)
soit encore :
dn =∏
p6n
p[logn/log p] 6∏
p6n
n≃nn/logn =nπ(n) = en
Il se révèle que les cn,k ont un trop grand dénominateur par rapport à leur proximité avec ζ(3),nous devons alors accéléré la convergence pour appliquer le critère d’irrationalité.
27
On définit :
dn,k(0)
= cn,k
(
n+ k
k
)
de telle sorte que
dn,k(n)(0) ζ(3) quand n +∞
puisque en considérant deux matrices triangulaires tel que k6n avec dn,k(0)
=cn,k
(
n + k
k
)
et(
n + k
k
)
,avec la propriétés que
cn,k
(
n + k
k
)
(
n + k
k
) ζ(3)
en ce sens, étant donnée toute diagonale (n, k(n)), le quotient des éléments correspondants desdeux matrices converge vers ζ(3).
Dorénavant, on applique les transformations suivantes (pour chaques matrices) :
dn,k(0) → dn,n−k
(0)= dn,k
(1)
dn,k(1) →
(
n
k
)
dn,k(1)
= dn,k(2)
dn,k(2) →
∑
j=0
k (
k
j
)
dn(2)
= dn,k(3)
dn,k(3) →
(
n
k
)
dn,k(3)
= dn,k(4)
dn,k(4) →
∑
j=0
k (
k
j
)
dn,j(4)
= dn,k(5)
(
n+ k
k
)
→(
2n− k
n
)
→(
n
k
)(
2n− k
n
)
→∑
k1=0
k (
k
k1
)(
n
k1
)(
2n− k1
n
)
→∑
k1=0
k (
k
k1
)(
n
k1
)(
n
k
)(
2n− k1
n
)
→∑
k2=0
k∑
k1=0
k2(
k
k2
)(
k2
k1
)(
n
k1
)(
n
k2
)(
2n− k1
n
)
28
On définit les nombres d’Apéry :
an = dn,n(5) et bn = cn,n
(5) =∑
k2=0
k∑
k1=0
k2(
k
k2
)(
k2
k1
)(
n
k1
)(
n
k2
)(
2n− k1
n
)
ces transformations ont conservées les propriétés :
an
bn ζ(3), bn∈N, 2dn
3an∈Z
Dorénavant on considère la récurssion :
n3un + (n− 1)3un−2 =(34n3− 51n2 + 27n− 5)un−1
avec n>2 et avec les conditions initiales a0=0, a1=6, b0=1, b1=5. De plusan
bnsont les convergents
de la fraction continue :
ζ(3)=6
5 +1 +n6
(34n3 + 51n2 + 27n+ 5)+(n+ 1)6
Démonstration. (Zagier-Cohen)
Remarquons l’égalité, valable dans C[X0, , Xn], avec n∈N :
∑
k=0
n∑
l=0
k ((
n
k
))
2(
n
l
)(
k
l
)(
2n− l
n
)
Xl =∑
k=0
n ((
n
k
))
2((
2n− k
n
))
2
Xk
On note :
bn,k =
((
n
k
))
2((
n+ k
k
))
2
et an,k = bn,k cn,k
de cette façon :
bn =∑
k=0
n
bn,k et an =∑
k=0
n
bn,k cn,k
On pose également Q(n)=34n3+51n2+27n+5 et donc Q(n−1)=−Q(−n). Il faut donc montrerque
∑
k=0
n
(n+ 1)3bn+1,k −Q(n)bn,k +n3bn−1,k= 0
on applique la méthode du « creative telescoping », on pose :
Bn,k = 4(2n+ 1)(k(2k+1)− (2n+ 1)2)
((
n
k
))
2((
n+ k
k
))
2
alors ( on adopte la notation(
n
k
)
=Cnk ) :
Bn,k −Bn,k−1 =(n+1)3(Cn+1k )2(Cn+1+k
k )2−Q(n)(Cnk)2(Cn+k
k )2 +n3(Cn−1k )2(Cn−1+k
k )2
29
Pour le vérifier, on voit que :
cn,k+1
cn,k=
(n+ k+ 1)2
(n− k)2(k+1)4et
cn+1,k
cn,k=
(
n+ k+ 1
n− k+ 1
)
et on calcule. De même, pour les an,k, on pose
An,k =Bn,k cn,k +5(2n+ 1)(−1)k−1k
n(n+1)Cn
kCn+kk
et on vérifie que :
An,k −An,k−1 = (n+ 1)3bn+1,k cn,k −Q(n)bn,k cn,k + bn−1,k + cn−1,k
On remarque que :
(n+ 1)3bn+1,k cn+1,k −Q(n)bn,k cn,k + bn−1,k + cn−1,k
=(Bn,k −Bn,k−1) cn,k +(n+1)3bn+1,k(cn+1,k − cn,k)−n3bn−1,k(cn,k − cn−1,k)
et que :
cn,k − cn−1,k =(−1)kk!2(n− k− 1)!
n2(n+ k)!
Pour ce qui est de la fraction continue, les numérateurs et dénominateurs de ses convergentspn
qnvérifient :
Un+1 +Q(n)Un =n6Un−1
avec les conditions initiales p0=1, p1=5, q0=0, q1=6. En posant un =Un
n!3, on retrouve la relation
de récurrence.
Maintenant on pose :
P (n− 1) = 34n3− 51n2 + 27n− 5
soit
n3an −P (n− 1)an−1 + (n− 1)3an−2 = 0
n3bn −P (n− 1) bn−1 +(n− 1)3 bn−2 = 0
on multiplie la première par bn−1 et la seconde par an−1, on obtient :
n3(anbn−1− an−1bn)= (n− 1)3(an−1bn−2− an−2bn−1)
en rappelant :
a1b0− a0b1 =6× 1− 0× 5 =6
ainsi :
anbn−1− an−1bn =6
n3
Vu que ζ(3)− a0
b0= ζ(3), on déduit :
∣
∣
∣
∣
ζ(3)− an
bn
∣
∣
∣
∣
=∑
k=n+1
∞6
k3bkbk−1
30
donc :
ζ(3)− an
bn=O(bn
−2)
nous avons :
bn − (34− 51n−1 + 27n−2− 5n−3)bn−1 + (1− 3n−1 + 3n−2−n−3)bn−2 = 0
et l’équation limite x2− 34x+ 1= 0 tirée de la relation de récurrence; qui a pour racines :
17± 12 2√
=(
1± 2√ )
4
on calcule facilement que :
bn =O(αn) avec α=(
1 + 2√ )
4
De plus H.Cohen a plus précisément calculé que :
bn =
(
1+ 2√ )
2
(
2π 2√ )
3
2
(
1 + 2√ )
4n
n3
2
(
1− 48− 15 2√
64n+O(n−2)
)
Et nous écrivons :
pn = 2dn3an, qn = 2dn
3bn
nous avons pn, qn∈Z et :
qn =O(αne3n) et ζ(3)− pn
qn=O(α−2n)=O
(
qn−(1+δ)
)
avec
δ=logα− 3
logα+ 3= 0.080529 > 0
D’où par le critère d’irrationalité, ζ(3) Q; et de plus parce que δ−1 = 12.417820 nous avons :
pour tout entiers p, q > 0 suffisamment grand par rapport à ε> 0 :
∣
∣
∣
∣
ζ(3)− p
q
∣
∣
∣
∣
> q−(θ+ε)
avec θ= 13.417820En fait Apéry[4] n’a donnée que les grandes lignes de la démonstration, elle fut complètementachevé dans les écrits de Van Der Poorten[1], Cohen[2], Reyssat[3]. Puis d’autres démonstrationssont ensuite apparues dans les écrits de Beukers, Sorokin, Nesterenko, Prévost.
Formules pour certains ζ(2n+ 1).
Une formule dû à Ramanujan :
ζ(3)=7π3
180− 2
(
∑
n=1
∞1
n3(e2πn − 1)
)
Démonstration.
Tout d’abord :
π3 =1807
∑
n=1
∞1
n3 tanh (nπ)
31
or :
1
n3 tanh (nπ)=
1
n3× enπ + e−nπ
enπ − e−nπ=
1
n3× 1+ e−2nπ
1− e−2nπ=
1
n3× (e2n − 1)+ 2
(e2n − 1)=
1
n3+
2
e2n − 1
d’où :
π3 =1807
∑
n=1
∞1
n3 tanh (nπ)=1807ζ(3) +
1807
∑
n=1
∞2
n3(e2nπ − 1)
finalement :
ζ(3)=7π3
180− 2
(
∑
n=1
∞1
n3(e2πn − 1)
)
Une formule dû à Euler, présentée par Ewell (1999) :
ζ(3) =π2
7
[
1− 4∑
k=1
∞ζ(2k)
(2k+ 1)(2k+2)22k
]
Une formule dû à Plouffe :
ζ(3)= 14∑
k=1
∞1
k3 sinh (πk)− 11
2
∑
k=1
∞1
k3(e2kπ − 1)− 7
2
∑
k=1
∞1
k3(e2kπ − 1)
Listons d’autres formules pour ζ(3) :
ζ(3)=5
2
∑
n=1
∞(−1)n(n− 1)!2
n(2n)!=
5
2
∑
n=1
∞(−1)n−1
n3(
2n
n
) = 10∫
0
1
2 (arcsinh t)2
tdt
ζ(3)= 10∫
0
log ω
t2 cosh tdt où ω=1
2
(
1 + 5√ )
ζ(3)=∑
k=0
∞(−1)k205k
2 + 250k+ 7764
(k!)10
((2k+ 1)!)5=
8
7
∑
k=0
∞1
(2k+ 1)3=
4
3
∑
k=0
∞(−1)k
(k+ 1)3
ζ(3)=37900
π3− 2
5
∑
n=1
∞1
n3
[
4
eπn − 1+
1
e4πn − 1
]
Maintenant pour ζ(5) :
ζ(5)= 2∑
n=1
∞(−1)k+1
k5(
2k
k
) − 5
2
∑
k=1
∞(−1)k+1Hk−1
(2)
k3(
2k
k
) =−1611
∑
n=1
∞[2(−1)n + 1]Hn
n4
ζ(5)=1
294π5− 72
35
∑
n=1
∞1
n5(e2πn − 1)− 2
35
∑
n=1
∞1
n5(e2πn +1)
ζ(5)= 12∑
n=1
∞1
n5 sinh (πn)−3920
∑
n=1
∞1
(e2πn − 1)− 1
20
∑
n=1
∞1
n5(e2πn +1)
ζ(5)=5
2
∑
n=1
∞ (
1
12+
1
22+ +
1
(n− 1)2− 4
5n2
)
(−1)n
n3(
2n
n
)
32
Puis pour ζ(7) :
ζ(7)=19
56700π7− 2
∑
n=1
∞1
n7(e2πn − 1)=
409π7
94500− 2
5
∑
n=1
∞1
n7
[
4
eπn − 1+
1
e4πn − 1
]
Maintenant :
ζ(9)=125
3704778π9− 992
495
∑
k=1
∞1
k9(e2kπ − 1)− 2
495
∑
k=1
∞1
k9(e2kπ + 1)
ζ(11)=1453
425675250π11− 2
∑
k=1
∞1
k11(e2kπ − 1)
ζ(13)=89
257432175π13− 16512
8255
∑
k=1
∞1
k13(e2kπ − 1)− 2
8255
∑
k=1
∞1
k13(e2kπ + 1)
ζ(15) =13687
390769879500π15− 2
∑
k=1
∞1
k15(e2kπ − 1)
ζ(17) =397549
112024529867250π17− 261632
130815
∑
k=1
∞1
k17(e2kπ − 1)− 2
130815
∑
k=1
∞1
k17(e2kπ +1)
ζ(19)=7708537
21438612514068750π19− 2
∑
k=1
∞1
k19(e2kπ − 1)
ζ(21)=68529640373
1881063815762259253125π21− 4196352
2098175
∑
k=1
∞1
k21(e2kπ − 1)− 2
2098175
∑
k=1
∞1
k21(e2kπ + 1)
En fait H.Cohen a donnée deux formules permettant de calculer pour certains ζ(2r+1) une sérieou une sommation de séries.
ζ(2r+ 1) =∑
l=0
r−1 (
2 +δ102
)
∑
n=1
∞ B2n2r−2l
n2l+1(2n)!
où δ10 est le symbole de kronecker. Alors en effet pour r=1, on a le cn,k d’Apéry. Pour r=2 on a :
ζ(5) =5
2
∑
n=1
∞(−1)n
n3(
2n
n
)
(
∑
16k6n
k−2− 4
5n2
)
Il donne aussi la formule :
(1− 21−2r)ζ(2r) =∑
l=0
r−1 (
2− δ102
)
∑
n=1
∞ B2n2r−2l (−1)n−1
n2l (2n)!
et pour r= 1, on a :
ζ(2)= 3∑
n>1
(n− 1)!2
(2n)!= 3∑
n=1
∞1
n4(
2n
n
)
et pour r= 2 :
7
8ζ(4)=
−3
2
∑
n>1
1
n2(
2n
n
)
(
∑
16k6n
k−2− 4
3n2
)
33
Citons la formule de Landau-Ramanujan (1902) :
ak =
∫
1
2 (ln (x))k
x− 1dx
a1 =1
2ζ(2)=
π2
12et a2 =
1
4ζ(3)
Puis la célèbre formule de Ramanujan :
Soient α, β > 0 |αβ= π2 avec n∈N :
α−n
1
2ζ(2n+ 1)+
∑
k=1
∞k2n−1
e2αk
= (−β)−n
1
2ζ(2n+ 1) +
∑
k=1
∞k2n−1
e2βk − 1
−22n∑
k=0
n+1
(−1)k B2k
(2k)!
B2n+2−2k
(2n+ 2− 2k)!αn+1−kβk
Un autre généralisation dû à Cohen :
ζ(4m− 1)=−2∑
n=1
∞1
n4m−1(e2πn− 1)− 1
2(2π)4m−1
∑
j=0
2m
(−1)j B2j
(2j)!
B4m−2j
(4m− 2j)!
Citons la formule
ζ ′(−2n)=(−1)nζ(2n+1)(2n)!
22n+1π2n⇔ ζ(2n+ 1) =
(−1)n 2n+1
(2n)!π2nζ ′(−2n)
voici quelques valeurs particulières :
ζ ′(−2)=−ζ(3)4π2
; ζ ′(−4)=3ζ(5)
4π4; ζ ′(−6) =
45 ζ(7)
4π6; ζ ′(−8) =
315 ζ(9)4π8
Et la formule pour n> 1 :
ζ(2n+ 1) =1
(2n)!
∫
0
∞ t2n
et − 1dt
Maintenant donnons d’autres formules :
ζ(2n+ 1)=(−1)n 22n−1π2n+1
(22n+1− 1)(2n)!
∫
0
1
E2n(x) tan(
πx
2
)
dx
ζ(2n+ 1) =(−1)n 22nπ2n+1
(2n+ 1)!
∫
0
1
B2n+1(x) tan(
πx
2
)
dx
ces deux dernières formules sont invariables si l’on change la fonction tangente par la fonctioncotangente.
ζ(2n+1)= limm→∞
1
(2m+ 1)2n+1
∑
k=1
m
cot2n+1
(
k
2m+ 1
)
ζ ′(
1
2+n
)
ζ
(
1
2+n
) =Λ(2)
2√ 2−n +O(3−n)
34
Citons des formules de S.Plouffe (2006) qui sont issues de [13] :
ζ(5)=694
204813π5− 6280
3251
∑
n>1
1
n5(e4πn − 1)+
2963251
∑
n=1
∞1
n5(e5πn− 1)− 1073
6502
∑
n=1
∞1
n5(e10πn − 1)
+37
6502
∑
n=1
∞1
n5(e20πn − 1)
ζ(3)=13π3 3
√
45+ 2∑
n=1
∞1
n3(
eπn 3√
− 1)− 9
2
∑
n=1
∞1
n3(
e2πn 3√
− 1)+
1
2
∑
n=1
∞1
n3(
e4πn 3√
− 1)
ζ(5)=11π5 3
√
5670+2∑
n=1
∞1
n5(
eπn 3√
− 1)− 33
8
∑
n=1
∞1
n5(
e2πn 3√
− 1)+
1
8
∑
n=1
∞1
n5(
e4πn 3√
− 1)
ζ(5)=5π5 7
√
3906+
6431
∑
n=1
∞1
n5(
eπn 7√
− 1)+
13031
∑
n=1
∞1
n5(
eπn 28√
− 1)− 4
31
∑
n=1
∞1
n5(
eπn 112√
− 1)
ζ(3)= 28∑
n=1
∞1
n3(eπn − 1)− 37
∑
n=1
∞1
n3(e2πn− 1)+ 7∑
n=1
∞1
n3(e4πn− 1)
ζ(5)= 24∑
n=1
∞1
n5(eπn− 1)− 259
10
∑
n=1
∞1
n5(e2πn− 1)− 1
10
∑
n=1
∞1
n5(e4πn − 1)
ζ(7) =30413
∑
n=1
∞1
n7(eπn− 1)− 103
4
∑
n=1
∞1
n7(e2πn− 1)+
1952
∑
n=1
∞1
n7(e4πn − 1)
ζ(9)=25
861
∑
n=1
∞1
n9(eπn − 1)− 1617613
1640
∑
n=1
∞1
n9(e2πn − 1)+
37334440
∑
n=1
∞1
n9(e4πn − 1)
ζ(11)=929924009
∑
n=1
∞1
n11(eπn − 1)− 1617613
64144
∑
n=1
∞1
n11(e2πn− 1)+
145364144
∑
n=1
∞1
n11(e4πn − 1)
ζ(13)=71769630953
∑
n=1
∞1
n13(eπn − 1)− 124738499
4952480
∑
n=1
∞1
n13(e2πn − 1)+
21794952480
∑
n=1
∞1
n13(e4πn − 1)
ζ(15)=3503872151129
∑
n=1
∞1
n15(eπn − 1)− 243606007
9672256
∑
n=1
∞1
n15(e2πn − 1)+
136879672256
∑
n=1
∞1
n15(e4πn − 1)
ζ(17) =2035450888779521
∑
n=1
∞1
n17(eπn − 1)− 801871973691
31840396160
∑
n=1
∞1
n17(e2πn − 1)+
+2986673
95521188480
∑
n=1
∞1
n17(e4πn − 1)
ζ(19)=7893541888340474381
∑
n=1
∞1
n19(eπn − 1)− 168852101149
6704726272
∑
n=1
∞1
n19(e2πn − 1)
+7708537
87161441536
∑
n=1
∞1
n19(e4πn − 1)
35
ζ(9)=643
∑
n=1
∞1
n9(eπn − 1)+
44120
∑
n=1
∞1
n9(e2πn − 1)− 32
∑
n=1
∞1
n9(e3πn − 1)− 4763
60
∑
n=1
∞1
n9(e4πn− 1)
+5298
∑
n=1
∞1
n9(e6πn − 1)− 1
8
∑
n=1
∞1
n9(e12πn − 1)
ζ(5) =−14943983
π5 +7854344
∑
n=1
∞1
n5(e12πn − 1)− 22765
4344
∑
n=1
∞1
n5(e6πn − 1)+
1570543
∑
n=1
∞1
n5(e3πn − 1)
− 614344
∑
n=1
∞1
n5(e20πn − 1)+
17694344
∑
n=1
∞1
n5(e10πn − 1)− 122
543
∑
n=1
∞1
n5(e5πn − 1)
Une formule intégrale pour ζ(3) est donnée par la formule suivante :
ζ(3) =1
2
∫
0
∞ u2 du
eu − 1
Citons la formule de Yu-Williams (1993) :
ζ(3)=−2π2∑
n>0
ζ(2n)
(2n+ 2)(2n+3)22n
ainsi que la formule de Amdeberhan :
ζ(3)=1
4
∑
n>1
(−1)n−1
n3(
3n
n
)(
2n
n
)×(56n2− 32n+5)
(2n− 1)2
Puis :
ζ(3)=1
2
∑
k=1
∞(−1)k−1(205k2− 160k+ 32)(k!)2
k5 (2k)!
Dans [14] on tire les formules suivantes :
ζ(2n+ 1)=(−1)n22n−1π2n+1
(22n+1− 1)(2n)!
∫
0
1
E2n(x) tan
(
1
2πx
)
dx
=(−1)n22n−1π2n+1
(22n+1− 1)(2n)!
∫
0
1
E2n(x) cot
(
1
2πx
)
dx=(−1)n22nπ2n+1
(2n+ 1)!
∫
0
1
B2n+1(x) tan
(
1
2xπ
)
dx
=(−1)n+122nπ2n+1
(2n+1)!
∫
0
1
B2n+1(x) cot
(
1
2πx
)
dx
En 1979, Gutnik dans [11] a démonté que, ∀q ∈Q, il y a au moins un des deux nombres
3ζ(3) + qζ(2), ζ(2)+ 2q log (2)
est irrationnel.
36
En 1981, dans [5] Beukers montre que dans les deux ensembles suivants, il y a au moins un nombreirrationnel :
π4
ζ(3);7π4 log (2)
ζ(3)− 15π2;
7π6
3240 ζ(3)− ζ(3)
ζ(3)
π2;ζ(3)
π2− π4
360; ζ(3)π2− 30ζ(5);
ζ(3)ζ(5)
π2− π6
2268
T.Rivoal démontra dans [6],[7] qu’il y a une infinité de ζ(2n+ 1) Q. Résultat dont nous allonsprésenter la démonstration.
Démonstration. (T.Rivoal)
Théorème.
Soit a≡ 1mod (2) tel que a> 3, et δ(a) la dimension du Q− espace vectoriel engendré par 1, ζ(3),ζ(5),..., ζ(a). On a alors
δ(a)>1
3log a
De plus, ∀ε> 0, ∃A(ε)∈Z tel que si a>A(ε),
δ(a) >1− ε
1+ log 2log a
que l’on écrit aussi :
dimQ (Q+Qζ(3)+ +Qζ(2n− 1)+Qζ(2n+1))>1− ε
1+ log 2log a
En conséquence, il y a une infinité de ζ(2n+ 1) Q.
Critère d’indépendance linéaire de Nesterenko.
Considérons N réels ξ1, ξ2, , ξN (N > 2) et supposons qu’il existe N suites (pl,n)n>0 tel que :
• ∀l ∈1; ;N , pl,n∈Z
• Avec 0<α1<α2< 1,
α1n+o(n)
6
∣
∣
∣
∣
∣
∑
l=1
N
pl,n ξl
∣
∣
∣
∣
∣
6α2n+o(n)
• ∀l ∈1; ;N , |pl,n|6 βn+o(n) avec β > 1.
Dans ces conditions :
dimQ (Qξ1 +Qξ2 + +QξN)>log β − logα1
log β − logα1 + logα2
Résultats auxiliares.
On utilise les polylogarithmes pour |z |< 1 :
Lin(z)=∑
k=0
∞zk
(k+ 1)n
37
en particulier Li1(z)=− log (1−z)/z et pour n>2, Lin(1)= ζ(n). La démarche de Nikishin conduità introduire :
Nn,a,b(z)=∑
k=0
∞k(k− 1) (k− an− b+2)
(k+ 1)a(k+ 2)a (k+n)a(k+n+ 1)bz−k
avec a,b,n∈N∗ et 16b6a et z∈C tel que |z |>1 avec z 1.Ces séries fournissent des approximantsde Padé de type I des polylogarithmes; spécialisées en z= 1, elles donnent donc des combinaisonslinéaires à coefficients rationnels en les ζ impairs, les pairs et log (2).
Apéry, suggère plutôt que de prouver que chaque valeur de ζ(2n+ 1) soit irrationnel, qu’il seraitplus judicieux de les considérés toutes ensembles afin de prouver leur indépendance linéaire sur Q.Pour cela, il faut modifier la série de Nikishin de la façon suivante :
∑
k=0
∞qn(k)
(k+1)a (k+n+ 1)az−k
où qn(k) est une fonction paire de k+n
2+1. La parité de qn assure en effet qu’une fois la fraction
rationnelle décomposée en fractions partielles, les polynômes correspondant aux dénominateursavec une puissance paire s’annulent pour z = 1 : on obtient ainsi des combinaisons linéaires àcoefficient rationnel uniquement en les ζ impairs.
La seconde idée est de paramétrer le nombre de zéros entiers de qn par un entier r et d’ajuster celui-ci de sorte que les coefficients des combinaisons linéaires aient une croissance moins importante quepour la série de Nikishin, tout en gardant une décroissance rapide de la combinaison elle-même.Pour cela on introduit :
Sn,a,r(z)=n!a−2r∑
k=0
∞k (k− rn+1)(k+n+ 2) (k+ (r+ 1)n+1)
(k+ 1)a (k+ 2)a (k+n+ 2)az−k
où n, a, r ∈Z, 1 6 r <a
2, n∈N. Les conditions sur a et r assure que Sn,a,r(z) converge ∀z ∈C tel
que |z |> 1. Pour simplifier on écrit :
Sn(z)=n!a−2r∑
k=0
∞(k− rn+1)rn(k+n+ 2)rn
(k+ 1)n+1a z−k =
∑
k=0
∞Rn(k) z−k
où (α)k est le symbole de Pochammer :
(α)0 = 1; (α)k =α(α+ 1) (α+ k− 1) si k ∈N∗
On peut aussi remarquer que Sn(z) est une fonction hypergéométriqu généralisée :
Sn(z) = z−rn−1n!a−2r Γ(rn+1)a+1 Γ((2r+1)n+ 2)
Γ((r+ 1)n+2)a+1
×a+2Fa+1
(
rn+ 1, , rn+ 1, (2r+ 1)n+ 2 |(r+ 1)n+2, , (r+ 1)n+ 2 | z
−1
)
étudions plus précisément cette série.
On pose Dλ =1
λ!
dλ
dtλet Rn(t)=n!a−2r (t− rn+ 1)rn (t+n+ 2)rn
(t+ 1)n+1a
38
Pour l∈ 1; ; a et j ∈0; ;n, on note :
cl,j,n =Da−l(Rn(t)(t+ j+1)a)|t=−j−1∈Q
P0,n(z)=−∑
l=1
a∑
j=1
n
cl,j,n
∑
k=0
j−11
(k+ 1)lzj−k
et
Pl,n(z)=∑
j=0
n
cl,j,n zj
Les Pl,n(z) sont donc des polynômes à coefficients rationnels. Maintenant donnons un lemme quifournit des combinaisons linéaire à coefficients rationnels en les ζ impairs, lorsque n≡ 0mod (2).
Lemme 1.
On a
Sn(1)=P0,n(1) +∑
l=2
a
Pl,n(1) ζ(l)
de plus, si (n+1)a+ l≡ 1mod (2), alors Pl,n(1)=0 En particulier, si n≡ 0mod (2) et a>3 tel quea≡ 1mod (2), Pl,n(1) = 0 ∀l ∈ 2; ; a, avec l≡ 0mod (2). Ainsi Sn(1) est alors une combinaisonlinéaire uniquement en les ζ impairs :
Sn(1)=P0,n(1)+∑
l=1
(a−1)/2
P2l+1,n(1) ζ(2l+ 1)
ce lemme est démontré dans [7] pages 5-6.
Lemme 2.
Définissons l’intégrale :
In(z)=
∫
[0;1]a+1
(
∏
l=1a+1
xlr(1−xl)
(z −x1x2xa+1)2r+1
)n
dx1 dx2 dxa+1
(z − x1x2xa+1)2
qui converge a priori ∀z ∈C tel que |z |>1. La série Sn(z) admet la représentation intégrale, pour|z |> 1 :
Sn(z)=((2r+ 1)n+1)!
n!2r+1z(r+1)n+2 In(z)
ce lemme est démontré dans [7] page 7.
Lemme 3.
On a
limn→∞
|Sn(1)|1/n = ϕr,a
où
ϕr,a = ((r+ 1)s− r)r(r+1− rs)r+1(1− s)a−2r
39
avec
0< ϕr,a 62r+1
ra−2r
ce lemme est démontré dans [7] pages 8-9 et pages 9-10.
Lemme 4.
∀l ∈0; ; a, on a
limn→∞
sup |Pl,n(1)|1/n 6 2a−2r (2r+ 1)2r+1
ce lemme est démontré dans [7] pages 10-11.
Lemme 5.
On pose dn = ppcm (1; 2; ;n), alors pour l∈0; ; a on a :
dna−lPl,n(z)∈Z[z]
ce lemme est démontré dans [7] pages 11-12-13.
Dès lors on applique le critère de Nesterenko pour démontrer le théorème, mais d’abord citons laproposition suivante.
Proposition.
Soient a> 3, tel que a≡ 1mod (2) et ∀z ∈Z | 1 6 r <a
2, on a :
δ(a)>(a− 2r) log 2 + (2r+ 1) log (2r+ 1)− log (ϕr,a)
a+ (a− 2r) log 2+ (2r+1) log (2r+ 1)
où s est l’unique racine dans ]0; 1[ du polynôme Q(s) = rsa+2 − (r + 1)sa+1 + (r + 1)s − r. Enparticulier :
δ(a)>
log r+a− r
a+ 1log 2
1 + log 2 +2r+ 1
a+ 1log (r+ 1)
Démonstration.
Du théorème des nombres premiers on tire que dn = en+o(n).
Notons, ∀n∈N, ln = d2na S2n(1) et pour l∈ 1; ; (a− 1)/2, pl,n = d2n
a P2l+1,2n(1). L’équation
Sn(1)=P0,n(1)+∑
l=1
(a−1)/2
P2l+1,n(1) ζ(2l+ 1)
montre que ln est une combinaison linéaire en les ζ impairs :
ln = p0,n +∑
l=1
(a−1)/2
pl,n ζ(2l+1)
Le fait que dna−lPl,n(z)∈Z[z] montre que ∀l∈0; ; (a− 1)/2 et ∀n> 0, pl,n∈Z. Ensuite
limn→∞
|Sn(1)|1/n = ϕr,a
40
et
dn = en+o(n)
montrent que pour κ= eaϕr,a, log |ln|= 2n log (κ) + o(n). Puis
limn→∞
sup |Pl,n(1)|1/n 6 2a−2r (2r+ 1)2r+1
et
dn = en+o(n)
impliquent que ∀l∈ [0; ; (a− 1)/2], avec τ = ea 2a−2r(2r+ 1)2r+1, log |pl,n|6 2n log (τ ) + o(n).On peut donc appliquer le critère de Nesterenko avec N = (a+1)/2, α1 =α2 = κ2 et β= τ2 :
δ(a)>log (τ)− log (κ)
log (τ )=
(a− 2r)log 2+ (2r+ 1)log(2r+ 1)− log (ϕa,r)
a+(a− 2r)log 2+ (2r+1)log (2r+1)
En utilisant la majoration du lemme 3, qui est ϕr,a 6 2r+1/ra−2r, et l’encadrement :
2r6 2r+ 16 2(r+1)
on obtient
δ(a)>
log r+a− r
a+ 1log 2
1 + log 2 +2r+ 1
a+ 1log (r+ 1)
Démonstration du théorème.
Supposons a≡ 1mod (2). Nous allons distinguer plusieurs cas :
• 3 6 a6 167<e6 : le théorème d’Apéry donne δ(3)> 2, d’où δ(a)> 2 >1
3log a.
• 1696 a6 8.103− 1<e9 : On a δ(169)> 3, d’où δ(a) > 3 >1
3log a.
• 8.103 + 1 6 a 6 105 − 1 < e12 : la proposition donne avec r = 200, δ(8.103 + 1) > 3, d’où
δ(a)> 4>1
3log a.
• 105 + 1 6 a 6 106 − 1 < e15 : la proposition donne avec r = 600, δ(105 + 1) > 4, d’où
δ(a)> 5>1
3log a.
• a> 106 + 1 : on choisit r=[
a3/2 +1]
<a
2dans la proposition, on obtient δ(a) >
3
5c(a)log a
où c(a)=1+ log (2)+2a3/5 + 3
a+ 1log(
a3/5+1)
est décroissante et c(106+1)<9
5. Donc δ(a)>
1
3loga.
Maintenant on choisit r= r(a), comme l’entier <a
2le plus proche de a(log (a))−2. On a alors
log (r)+a− r
a+ 1log (2)= (1+ o(1))log(a)
et
1+ log (2) +2r+ 1
a+ 1log (r+ 1)=1 + log (2)+ o(1)
41
d’où
δ(a)>(1 + o(1))log(a)1 + log (2)+ o(1)
ce qui prouve le théorème.
Démonstration. (P.Colmez)
Si les µi ∈R, pour i ∈ I, on note Vect(µi, i ∈ I) le sous Q-espace vectoriel de R engendré par lesµi, et on note dimQVect(µi, i∈ I) sa dimension.
Théorème.
dimQVect(ζ(2n+1), n> 1)= +∞
Critère de Nesterenko.
µ1 et µ2 sont linéairement indépendants sur Q, s’il existe deux suites (an,i)n∈N d’entiers, et on ai=1; 2; et telles que an,1µ1 + an,2µ2 0 pour n assez grand et :
limn→∞
an,1µ1 + an,2µ2 = 0
En effet, si µ2 =c
dµ1, avec d∈N∗ et c∈Z, alors si a1, a2∈Z et a1µ1 + a2µ2 0 :
|a1µ1 + a2µ2|=∣
∣
∣
∣
da1 + ca2
d
∣
∣
∣
∣
|µ1|> 1
d|µ1|
On a dans le cas générale :
Théorème (critère de Nesterenko).
Soient µ1, , µb∈R. On suppose que : ∃B> 1 et ∃A> 1 et des combinaisons linéaires :
Ln = an,1µ1 + + an,bµb
pour n∈N, à coefficient entiers, vérifiant :
•∑
16j6b
|an,j |6Bn+o(n)
•
|an,1 µ1 + + an,bµb |=A−n+o(n)
Alors
dimQVect(µ1, , µb)> 1+logAlogB
Résultat démontré dans [47] page 498, relatant la preuve de Fiscler-Zudulin de 2010.
Lemme 1.
Soit la série convergeant absolument∑
m>1
F (m)
42
et on a
∑
m=1
∞F (m) =
∑
k=2
a
akζ(k)−∑
k=1
a∑
j>0
aj,k
(
∑
u=1
j1
uk
)
démontré dans [47] page 499.
Choix de fonctions rationnelles.
Soient a, r ∈N, 2r6 a et r> 1. On cherche des combinaisons linéaires à coefficients entiers entre1 et les ζ(k), k6 a. Soit
Fn(X)= (n!)a−2r (X − rn)(X − rn+1) (X + (r+ 1)n)
(X(X + 1) (X +n))n+1
=(n!)a−2r (X − rn) (X − 1)(X +n+1) (X + (r+ 1)n)
(X(X + 1) (X +n))a
Soit aussi aj,k(n), pour 06 j6n, 16 k6 a et ak
(n) pour 16 k6 0.
Fn(X) =∑
j=0
n∑
k=1
aaj,k(n)
(X + j)ket ak
(n)=∑
j=0
n
aj,k(n)
Fn de degré (2r+1)n+1− (n+1)(a+ 1)= (2r− a)n− a6−a6−2 et a des pôles d’ordre a en 0;−1; ;−n. D’après le lemme 1, la série
Sn =∑
m>1
Fn(m)
converge donc absolument, et on a :
Sn = β(n) +∑
k=2
a
ak(n)ζ(k) avec β(n) =−
∑
k=1
a∑
j=0
n
aj,k(n)
(
∑
u=1
j1
uk
)
• Fn(1)= =Fn(m)= 0, ce qui montre que Sn ne commence qu’à m= rn+ 1, c’est-à-dire
Sn =∑
m>0
Fn(rn+m+ 1)
donc Sn est petit.
• Fn(m)> 0 si m> 1, donc Sn 0.
• Fn vérifie Fn(−n−X)= (−1)(n+1)aFn(X), ce qui fournit si 1 6 k6 a et 06 j6n :
an−j,k(n)
= (−1)k+(n+1)a aj,k(n)
Ces relations impliquent que ak(n)
= 0 si k+ (n+ 1)a≡ 1mod (2)
Pour garder que les entiers impairs, il suffit de prendre a≡ 1mod (2) et n≡ 0mod (2).
Pour appliquer le critère de Nesterenko, il s’agit d’évaluer Sn, majorer ak(n), et le ppcm de leurs
dénominateurs, car on a besoin de combinaisons linéaires à coefficients entiers.
43
Propriétés sur dn.
dn, le ppcm de 1; 2; ;n. Si 1 6 k6 a et 0 6 j6n, alors dna−kak,j
(m)∈Z et :
∣
∣
∣ak,j(n)∣
∣
∣6 (2n)n−1(n− 1)!2na(r+ 1)2(r+1)n
Corollaire.
• dnaβ(n)∈Z et dn
a−kak(n)∈Z si n∈N et k ∈ 2; ; a.
• Si δ > 2a(r+ 1)2r+2, alors∣
∣β(n)∣
∣=O(δn) et∣
∣
∣ak(n)∣
∣
∣=O(δn) ∀k ∈2; ; a.
Démontré dans [47] pages 501-502.
Estimation de Sn.
Une expression intégrale va nous permettre d’étudier le comportement asymptotique de Sn.
Proposition.
•
∃A0> 0∣
∣
∣ limn→∞
Sn1/n
=A0
• A0 6 (2r+ 1)2r+1r2r−a
Lemme 2.
Si a, b∈N, alors :∫
0
1
xa(1− x)b dx=a!b!
(a+ b+ 1)!
Démonstration.
Il s’agit d’un cas particulier de∫
0
1
xs−1(1−x)t−1 dx=Γ(s) Γ(t)
Γ(s+ t)
on a aussi∫
0
1
xa(1− x)b dx=b
1+ a
∫
0
1
xa+1(1− x)b−1 dx
Proposition.
Sn =((2r+ 1)n+ 1)!
(n!)2r+1
∫
[0;1]a+1
∏
l=1a+1
(1− xl)n dxl
(1− x1xa+1)(2r+1)n+2
démontré dans [47] pages 503-504.
Utilisation du critère de Nesterenko.
Proposition.
• ∃γ > 1 tel que dn =O(γn)
44
• minoration de la dimension du Q-espace vectoriel engendré par les ζ(2j+1). La propositionsuivante fournit une minoration non triviale de δ(a).
Proposition.
Soit a> 3 tel que a≡ 1mod (2). Soit δ(a) la dimension du Q-espace vectoriel de R engendré par1 et les ζ(k) (k≡ 1mod (2)). 2 6 k6 a. Alors ∀r6
a
2, δ(a) minorée par
1+(1− 2r) log r− a log γ − (2r+ 1)log(2r+ 1)
a log 2γ+(2r+ 2) log (r+ 1)
démontré dans [47] page 505.
En prenant r=a
(log a)2+O(1), on voit que δ(a) est minorée par 1 +
log alog 2γ
+ o(1), en particulier
δ(a) ∞. Ce qui termine la démonstration du théorème.
T.Rivoal démontra dans [8] qu’au moins l’un des ζ(5); ζ(7); ζ(21) Q, amélioration duthéorème de 2 de [7] disant qu’il existe au moins au entier j tel que 56 j6169 pour lequel ζ(j) Q.
Puis W.Zudilin démontra dans [9],[10] qu’au moins un des nombres parmi
ζ(5); ζ(7); ζ(9); ζ(11) Q
L’équation fonctionnelle.
Bernhard Riemann démontra dans [12] que la fonction zêta de Riemann vérifie l’équationfonctionnelle préalablement conjecturé par Leonhard Euler :
∀s∈C∗\1 :
ζ(s)= 2.(2π)s−1.Γ(s− 1).sin(
πs
2
)
.ζ(1− s)
On rajoute d’autres formes de cette équation :
(2π)s.eiπs/2(
1+ eiπ(s−1))
ζ(1− s)=(
1− e2iπ(s−1))
Γ(s)ζ(s)
et
(2π)sζ(1− s) = e−iπs/2(
1− eiπ(s−1))
Γ(s)ζ(s)= 2 sinπ(1− s)
2Γ(s)ζ(s)
avec la formule de duplication :
πsζ(1− s)=1
π√ sin
π(1− s)
2.Γ(
s
2
)
Γ
(
s+ 1
2
)
ζ(s)
et avec la formule des compléments :
πsζ(1− s) = π√ Γ
(
s
2
)
Γ
(
s− 1
2
) ζ(s)
ou
π−(1−s)/2 Γ
(
1− s
2
)
ζ(1− s)= π−s/2 Γ(
s
2
)
ζ(s)
45
De plus Hamburger et Siegel ont montré que la seule fonctions qui satisfait l’équation fonctionnelleest la fonction zêta de Riemann. Une preuve est donnée dans [15] page 31-32.
En méttant d’un côté ζ(1− s) on a :
ζ(1− s)=π
1
2−s
Γ(
s
2
)
Γ
(
1− s
2
) ζ(s) =2
(2π)scos(
πs
2
)
Γ(s)ζ(s) =(2π)1−s
2Γ(1− s)sin(
πs
2
) ζ(s)
On peut citer aussi :
ζ(s)=1
(s− 1)Γ(
1− s
2
)
∑
k=0
∞ Γ(
k− s
2+ 1)
k!
∑
j=0
k
(−1)j
(
k
j
)
(2j+1)ζ(2j+ 2)
Démonstration. (Baez-Duarte (2003)).
Soit
ζ(s)=−s∫
0
∞ uu1+s
du
valable pour 0<Re(s)< 1.
On a ainsi en faisant un changement de variable dans l’intégrale, en posant u=2v :
ζ(s)=−s∫
0
∞2−s 2v
v1+sdv
on soustrait alors les deux quantités, après avoir sorti la puissance de 2. Ona ainsi :
(2s − 1)ζ(s)=−s∫
0
∞ u−2uu1+s
du
on développe la partie fractionnaire en série de Fourier :
(2s − 1)ζ(s) =−∫
0
∞u−1−s
∑
n=1
∞sin (4nπu)− sin (2nπu)
nπdu
et grâce au théorème de convergence monotone, on obtient :
(2s − 1)ζ(s)=−s∑
n=1
∞1
nπ
∫
0
∞u−1−s(sin (4nπu)− sin (2nπu)) du
que l’on peut calculer. On trouve ainsi pour −1<s< 0, l’égalité
∑
n=1
∞1
nπ
∫
0
∞u−1−s(sin (4nπu)− sin (2nπu)) du= (2s − 1)2sπs−1Γ(−s)sin
(
πs
2
)
ζ(1− s)
mais cette égalité reste valable pour 0 6 s6 1, par prolongement analytique on obtient alors :
(2s − 1)ζ(s) =−s(2s − 1)2sπs−1Γ(−s)sin(
πs
2
)
ζ(1− s)
46
donc, on déduit immédiatement la relation pour 0< σ < 1. On l’étend immédiatement à C∗\1par prolongement analytique.
De la relation fonctionnelle, on déduit :
ζ(1− s)=2
(2π)scos(
πs
2
)
Γ(s) ζ(s)
la fonction ξ définie par :
ξ(s)7 1
2s(s− 1)π−s/2Γ
(
s
2
)
ζ(s)
vérifie l’équation fonctionnelle :
ξ(s)= ξ(1− s)
Démonstration.
Lemme
Pour t > 0 et y ∈R :∫
−∞
+∞e−πtx2−2iπxy dx=
1
t√ e
−πy2
t
Puisque∫
R
e−πx2tdx=1
t√
Dès lors, posons
Φ(x)7 e−πx2t
La transformée de Fourier de cette fonction vaut
Φ(y)=
∫
−∞
+∞Φ(x) e−2iπxy dx=
1
t√ e
−πy2
t
or la fonction Φ est à décroissance rapide à l’infini, donc la formule sommatoire de Poissons’applique :
∑
n∈N
Φ(n)=∑
n∈N
Φ(n)
ce qui donne :
θ(t)=∑
n∈N
Φ(n)=∑
n∈N
Φ(n)=∑
n∈N
1
t√ e
−πy2
t =1
t√ θ
(
1
t
)
Démonstration de l’équation
On suppose σ > 1. Du changement de variable t→πn2t on a :
∫
0
∞e−πn2t ts/2 dt=n−sπ−s/2 Γ
(
s
2
)
47
La série
ζ(s)=∑
n>1
n−s
est absolument convergente, on déduit :
ξ(s)= π−s/2 Γ(
s
2
)
ζ(s)=∑
n=1
∞ ∫
0
∞e−πn2t ts/2 dt=
∫
0
∞∑
n>1
e−πn2t ts/2 dt
Soit
ξ(s)=1
2
∫
0
∞(θ(t)− 1) t
s
2−1dt
On introduit la fonction de Poisson ∀t∈R+∗ :
θ(t)7 ∑
n∈Z
e−πn2t = 1+ 2∑
n>1
e−πn2t
absolument convergente, et en vertu du lemme on a aussi l’équation fonctionnelle :
θ(t)=1
t√ θ
(
1
t
)
Maintenant l’équation
ξ(s)=1
2
∫
0
∞(θ(t)− 1) t
s
2−1dt
s’écrit aussi :
ξ(s)=1
2
∫
0
∞(θ(t)− 1) t
s
2−1dt=
1
2
∫
0
1(
1
t√ θ
(
1
t
)
− 1
)
ts
2−1dt+
1
2
∫
1
∞(θ(t)− 1) t
s
2−1dt
en posant u=1
tdans la première intégrale, on obtient :
1
2
∫
0
1(
1
t√ θ
(
1
t
)
− 1
)
ts
2−1dt=−1
2
∫
0
1
ts
2−1dt+
1
2
∫
0
1
θ
(
1
t
)
ts−2
2 dt
=−1
s+
1
2
∫
1
∞θ(u)u
− s+1
2 du=−1
s+
1
2
∫
1
∞u−s+1
2 du+1
2
∫
1
∞(θ(u)− 1)u
−s+1
2 du
=−1
s+
1
s− 1+
1
2
∫
1
∞(θ(u)− 1)u
−s+1
2 du
Si maintenant on additionne cette dernière expression avec la deuxième intégrale, on obtient∀s∈C|σ > 1 :
ξ(s)=−1
s(1− s)+
1
2
∫
1
∞ θ(t)− 1
t
(
ts
2 + t1−s
2
)
dt
qui semble être invariante par s 1− s.
La fonction θ(t)− 1 étant une fonction à décroissance rapide à l’infini, en appliquant le théorèmede Morera et le théorème de Fubini, on obtient que la fonction
∫
1
∞ θ(t)− 1
t
(
ts
2 + t1−s
2
)
dt
48
est holomorphe sur C. Grâce au théorème du prolongement analytique, la formule précèdentevalable sur tout le domaine de définition de la fonction ξ. Cela permet de la prolonger en unefonction holomorphe sur C∗\1. De plus le terme de droite est invariant par s 1− s, donc ξl’est aussi, ce qui implique bien la relation annoncée.
Démonstration. (Riemann)
En partant de l’équation
ζ(z)=1
2 sinπzΓ(z)i
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ
on a :
2 sinπzΓ(z)ζ(z) = i
∫
∞−i0
∞+i0 (−λ)z−1
eλ − 1dλ
Par le théorème des résidus :∫
|λ−2πin|=ε
(−λ)z−1
eλ − 1dλ
vaut
(−2iπ)Res
[
(λ− 2πin)
eλ − 1
]
λ=2πin
=−2πi limλ→2πin
[
(λ− 2πin)(−λ)z−1
eλ − 1
]
par la règle de l’hospital :
limλ→2iπn
(λ− 2iπn)
eλ − 1= lim
λ→2iπn
1
eλ= 1
D’où, autour de la singularité λ=2iπn, l’intégrale vaut :
(−2iπ) limλ→2iπn
(−λ)z−1 = (−2iπ)(−2iπn)z−1
de même pour la singularité λ=−2iπn, l’intégrale vaut
(−2iπ)(2iπn)z−1
L’intégrale autour du domaine de complémentarité est la somme de l’intégrale autours de toutesles singularités et est égales à
(−2iπ)∑
n>1
[(−2iπn)z−1 +(2iπn)z−1] =−i(2π)z[(−i)z−1 +(i)z−1]∑
n>1
nz−1
Ainsi :
2 sinπzΓ(z)ζ(z)= (2π)z[(−i)z−1 + iz−1]ζ(1− z)
où :
[(−i)z−1 + iz−1] = i(−i)z − i(i)z = i[
ez log(−i)− ez log(i)]
= i[
ez(−iπ/2)− ez(iπ/2)]
=2 sinπz
2
On obtient ainsi, l’équation fonctionnelle de zêta :
2 sinπzΓ(z)ζ(z)= (2π)z.2 sinπz
2ζ(1− z)
49
Les zéros de la fonction zêta situés dans le demi-plan des nombres complexes de partie réellestrictement négative sont les entiers pairs strictement négatifs, appelés zéros triviaux. Les autreszéros se trouvent dans la bande des nombres complexes dont la partie réelle est comprise dansl’intervalle [0;1], ces zéros sont symétriques par rapport à la droite réelle et par rapport à la droite
des nombres complexes dont la partie réelle vaut1
2. Cela résulte du fait que Γ ne possède aucun
zéro, et que ζ ne n’en possède aucun de partie imaginaire strictement supérieure à 1.
De même avec la formule des compléments et la formule de duplication on a :
π−s/2Γ(
s
2
)
ζ(s)= 2sπs
2−1
sin(
πs
2
)
Γ(
s
2
)
Γ(1− s)ζ(1− s)
=2sπs
2−1
sin(
πs
2
)
Γ(
s
2
)
[
2−sπ−1
2Γ
(
1− s
2
)
Γ(
1− s
2
)
]
ζ(1− s)
=π−1−s
2
sin(
πs
2
)
πΓ(
s
2
)
Γ(
1− s
2
)
Γ
(
1− s
2
)
ζ(1− s) =π−1−s
2 Γ
(
1− s
2
)
ζ(1− s)
D’où la formule :
π−s/2Γ(
s
2
)
ζ(s)= π−1−s
2 Γ
(
1− s
2
)
ζ(1− s)
Démonstration.
Pour σ > 0 :∫
0
∞xs−1e−nxdx=
1
ns
∫
0
∞ys−1e−y dy=
Γ(s)
ns
Si σ > 0, on a :
∫
0
∞x
1
2s−1
e−n2πxdx=Γ(
s
2
)
nsπs
2
d’où (avec la convergence absolue) si σ > 1 :
Γ(
s
2
)
ζ(s)
πs
2
=∑
n>1
∫
0
∞x
s
2−1e−n2πx dx=
∫
0
∞x
s
2−1∑
n>1
e−n2πx dx
Dès lors notons :
ψ(x)=∑
n>1
e−n2πx
nous avons alors pour σ > 1 :
ζ(s)=π
s
2
Γ(
s
2
)
∫
0
∞x
s
2−1ψ(x) dx
et pour x> 0, on sait que
∑
n=−∞
∞e−n2πx =
1
x√
∑
n=−∞
∞e−n2π/x
et
2ψ(x)+ 1=1
x√
2ψ
(
1
x
)
+ 1
50
d’où
π−1
2sΓ(
s
2
)
ζ(s) =
∫
0
1
xs
2−1ψ(x) dx+
∫
1
∞x
s
2−1ψ(x) dx
=
∫
0
1
x1
2s−1
1
x√ ψ
(
1
x
)
+1
2 x√ − 1
2
dx+
∫
1
∞x
1
2s−1
ψ(x) dx
=1
s− 1− 1
s+
∫
0
1
xs
2−3
2ψ
(
1
x
)
dx+
∫
1
∞x
s
2−1ψ(x) dx
=1
s(s− 1)+
∫
1
∞(
x−s
2−1
2 +xs
2−1
)
ψ(x) dx
la dernière intégrale est convergente pour tout s, et donc la formule l’est aussi par prolongementanalytique. Puis le côté droit reste inchangé par s 1− s, d’où :
π−1
2sΓ(
s
2
)
ζ(s) =π−1
2+
s
2 Γ
(
1
2− s
2
)
ζ(1− s)
Démonstration.
De la forme intégrale pour σ > 1:
ζ(s)=1
Γ(s)
∫
0
∞ xs−1
ex − 1dx
on a
ζ(s)Γ(s)=
∫
0
1(
1
ex − 1− 1
x
)
xs−1 dx+1
s− 1+
∫
1
∞ xs−1
ex − 1dx
pour 0<σ < 1
1
s− 1=−
∫
1
∞ xs−1
xdx
d’où pour 0<σ < 1 :
ζ(s)Γ(s)=
∫
0
∞ ( 1
ex − 1− 1
x
)
xs−1 dx
qui donne
ζ(s)Γ(s)=
∫
0
1(
1
ex − 1− 1
x+
1
2
)
xs−1 dx− 1
2s+
∫
1
∞ ( 1
ex − 1− 1
x
)
xs−1 dx
et cela par prolongement analytique pour σ >−1; mais
∫
1
∞ 1
2xs−1 dx=− 1
2s(−1<σ< 0)
d’où pour −1<σ < 0 :
ζ(s)Γ(s)=
∫
0
∞ ( 1
ex − 1− 1
x+
1
2
)
xs−1 dx
et
1
ex − 1=
1
x− 1
2+ 2x
∑
n=1
∞1
4n2π2 + x2
51
d’où avec la convergence absolue sur −1<σ< 0 :
Γ(s)ζ(s)=
∫
0
∞2x∑
n>1
1
4n2π2 + x2xs−1 dx=2
∑
n>1
∫
0
∞ xs
4n2π2 + x2dx
=2∑
n>1
(2nπ)s−1 π
2 cos1
2sπ
=πs2s−1
cos1
2sπ
ζ(1− s)
Démonstration.
Soit la formule de Kloosterman issue de [16] :
ζ(s)=eiπs
2iπ
∫
c−i∞
c+i∞
Γ′(1+ z)
Γ(1 + z)− log z
z−s dz
pour −1 < c < 0. En transformant cette intégrale le long de l’axe réel positif, on obtient pour0<σ < 1 :
ζ(s)=sinπsπ
∫
0
∞
Γ′(1+ z)
Γ(1+ z)− log z
x−s dx
et d’après Whittaker et Watson, on voit que :
Γ′(x)Γ(x)
= log x− 1
2x− 2
∫
0
∞ tdt
(t2 + x2)(e2πt− 1)
d’où
Γ′(1 +x)
Γ(1+ x)− log x=
Γ′(x)Γ(x)
+1
x− log x=
1
2x− 2
∫
0
∞ tdt
(t2 + x2)(e2πt − 1)
=−2
∫
0
∞ t
t2 + x2
(
1
e2πt − 1− 1
2πt
)
dt
d’où
ζ(s)=2 sinπsπ
∫
0
∞x−s dx
∫
0
∞ t
t2 + x2
(
1
e2πt − 1− 1
2πt
)
dt
=2 sinπsπ
∫
0
∞ ( 1
e2πt − 1− 1
2πt
)
tdt
∫
0
∞ x−s
t2 + x2dx
=sinπs
cos1
2πs
∫
0
∞ ( 1
e2πt − 1− 1
2πt
)
t−s dt=2 sin1
2πs (2π)s−1
∫
0
∞ ( 1
eu − 1− 1
u
)
u−s du
=2 sin1
2πs (2π)s−1 Γ(1− s)ζ(1− s)
Formules d’approximations et estimations dans le plan.
La plupart des résultats présentés sont dû à Hardy et Littlewood, issue de [17].
52
Lemme de Van Der Corput.
Soit f ∈C1([a; b]) telle que f ′(t) soit monotone sur ]a; b[. On pose :
α: = infa<t<b
f ′(t) , β7 supa<t<b
f ′(t)
alors ∀ε> 0, on a :
∑
1<n6b
e(f(n)) =∑
α−ε<ν<β+ε
∫
a
b
e(f(t))− ν(t) dt+Oε(ln (β −α+ 2))
Une démonstration est fournit à la page 132-133 de [18].
Théorème.
ζ(s) =∑
n6x
n−s − x1−s
1− s+O(x−σ)
uniformément pour σ >σ0> 0 avec 0<δ < 1, x> 1, 0< |t|6 (1− δ)2πx.
Lemme.
Pour σ > 0 et N ∈N, on a
ζ(s) =∑
n6N
n−s − N1−s
1− s− s
∫
N
∞ 〈t〉ts+1 dt
Démonstration.
Pour σ > 1, on a
ζ(s)−∑
n6N
n−s =
∫
N
∞ d⌊t⌋ts
=− N1−s
1− s−∫
N
∞ d〈t〉ts
=− N1−s
1− s− s
∫
N
∞ 〈t〉ts+1 dt
valable pour σ > 0 par prolongement analytique.
Démonstration du théorème.
Lorsque |t|6 (1− δ)2πx, on a ∀y>x :
∑
x<n6y
n−it =
∫
x
y
t−it dt+O(1)
d’après le lemme de Van Der Corput appliqué à f(t)7 −(
t
2π
)
ln t qui satisfait à |f ′(t)| 6 1 − δ
pour x6 t6 y. On peut donc écrire pour N > x :
∑
x<n6N
n−s =
∫
x
N dy
ys+
∫
x
N dO(1)yσ
=N1−s − x1−s
1− s+O
(
1
xσ
)
en remplaçant dans
ζ(s) =∑
n6N
n−s − N1−s
1− s− s
∫
N
∞ 〈t〉ts+1 dt
53
puis avec N +∞, on obtient le résultat annoncé.
L’équation fonctionnelle approchée.
L’équation fonctionnelle de zêta s’écrit :
ζ(s)= 2(2π)s−1Γ(1− s)sin(
πs
2
)
ζ(1− s)
qui peut aussi s’écrire :
ζ(s)= χ(s)ζ(1− s)
L’équation fonctionnelle approchée et les résultats suivant sont dû à Hardy, Littlewood et Siegel.
Soit, ∀δ > 0, dans 06 σ6 1, avec x> δ et y > δ, t= 2xπy, on a :
ζ(s)=∑
n6x
n−s + χ(s)∑
n6y
ns−1 +O(
x−σ + t1
2−σyσ−1
)
Une démonstration est présente au chapitre 4 de [15].
Dès lors fixons σ=1
2et x= y=
(
t
2π
)1
2 , alors l’équation fonctionnelle approchée donne
ζ
(
1
2+ it
)
=∑
n6x
n−1
2−it
+ χ
(
1
2+ it
)
∑
n6x
n−1
2+it
+O(
t−1
4
)
Ceci peut être mit sous une autre forme, nous avons :
χ
(
1
2+ it
)
χ
(
1
2− it
)
=1
donc que∣
∣
∣
∣
χ
(
1
2+ it
)∣
∣
∣
∣
= 1
Soit ϑ(t)=− 1
2arg χ
(
1
2+ it
)
=ϑ donc χ
(
1
2+ it
)
= e−2iϑ.
Soit
Z(t)= eiϑζ
(
1
2+ it
)
=
χ
(
1
2+ it
)
−1
2ζ
(
1
2+ it
)
Avec
χ
(
1
2+ it
)
−1
2 = π−it
2
Γ
(
1
4+it
2
)
Γ
(
1
4− it
2
)
1
2
=
π−it
2 Γ
(
1
4+it
2
)
∣
∣
∣
∣
Γ
(
1
4+it
2
)∣
∣
∣
∣
nous avons aussi
Z(t)=−2π1
4
ξ
(
1
2+ it
)
(
t2 +1
4
)∣
∣
∣
∣
Γ
(
1
4+it
2
)∣
∣
∣
∣
54
ainsi pour t∈R, Z(t)∈R, et :
|Z(t)|=∣
∣
∣
∣
ζ
(
1
2+ it
)∣
∣
∣
∣
Maintenant :
eiϑζ
(
1
2+ it
)
= eiϑ
(
∑
n6x
n−1
2−it
+ χ
(
1
2+ it
)
∑
n6x
n−1
2+it
+O(
t−1
4
))
avec χ
(
1
2+ it
)
= e−2iϑ, c’est-à-dire eiϑχ
(
1
2+ it
)
= e−iϑ, et donc on obtient :
Z(t)= eiϑ∑
n6x
n−1
2−it
+ e−iϑ∑
n6x
n−1
2+it
+O(
t−1
4
)
= 2∑
n6x
n−1
2 cos (ϑ− t logn) +O(
t−1
4
)
Citons aussi la formule :
Z(t)= 2∑
n=1
mcos (ϑ− t logn)
n√ + (−1)m−1
(
2π
t
)1
4cos
t− (2m+1) 2πt√
− π
8
cos 2πt√ +O
(
t−1
4
)
une démonstration est fournit dans [15].
Estimations dans le plan.
• Sur σ > 1
ζ satisfait :
ζ(2σ)
ζ(σ)6 |ζ(σ+ it)|6 ζ(σ)
et donc ζ n’a aucun zéro sur ce demi-plan. On a aussi :
ζ3(σ)|ζ(σ+ it)|4|ζ(σ+2it)|> 1
Démonstration.
On applique le théorème de Mertens à la fonction
F (s)= log ζ(s) =−∑
p
log (1− p−s) =∑
n>2
Λ(n)
n2lnn
convergente pour σ > 1
• Sur σ=0
De la relation fonctionnelle et la formule des compléments, on tire ∀t 0 :
|ζ(it)|= t
πsh(πt)
√
sh
(
π |t|2
)
|ζ(1+ it)|
ainsi :
|ζ(it)|=O(
|t|√
ln2/3|t|)
55
Calculons ζ(0) :
ζ(0) = lims→0+
ζ(s) = lims→0+
2sπs−1sinπs
2Γ(1− s)ζ(1− s)
= lims→0+
2sπs−1
(
∑
n=0
∞(−1)n
(2n+ 1)!
(
πs
2
)
2n+1
)
Γ(1− s)
(
1
(1− s)− 1+1− (1− s)
∫
1
∞ x− [x]
x(1−s)+1dx
)
En effet :
sinx=∑
n=0
∞(−1)nx2n
(2n+ 1)!et ζ(s)=
1
s− 1+1− s
∫
1
∞ x− [x]
xs+1 dx
ζ(0)= lims→0+
ζ(s)= 2sπs−1(
πs
2
)
(
∑
n=0
∞(−1)n
(2n+ 1)!
(
πs
2
)
2n
)
Γ(1− s)
(
1
−s +1− (1− s)
∫
1
∞ x− [x]
x2−sdx
)
= lims→0+
2sπs−1(
π
2
)
(
∑
n=1
∞(−1)n
(2n+ 1)!
(
πs
2
)
2n
)
Γ(1− s)s
(
1
−s + 1− (1− s)
∫
1
∞ x− [x]
x2−sdx
)
= lims→0+
2s−1πs
(
1 +∑
n=1
∞(−1)n
(2n+1)!
(
πs
2
)
2n
)
Γ(1− s)
(
−1 + s− s(1− s)
∫
1
∞ x− [x]
x2−sdx
)
=
(
lims→0+
2s−1πsΓ(1−s)(
−1+s−s(1−s)∫
1
∞ xx2−s
dx
))
(
lims→0+
1+∑
n=1
∞(−1)n
(2n+ 1)!
(
πs
2
)
2n
)
=
(
20−1π0Γ(1− 0)
(
−1+ 0− 0(1− 0)
∫
1
∞ xx2−0 dx
))
(
1 +∑
n=1
∞(−1)n
(2n+1)!
(
π× 0
2
)
2n)
=
(
1
2× 1×Γ(1)× (−1+ 0− 0)
)
(
1+∑
n=1
∞0
)
=− 1
2
• Sur σ < 0
De l’équation fonctionnelle, la formule de Stirling et le comportement asymptotique desin (σ+ it), on a :
|ζ(σ+ it)|≪(
t
2π
)1
2−σ
• Sur σ=1
ζ ne converge pas sur σ=1, nous le verrons après. Le comportement de ζ(s) quand s 1.
1
ns= s
∫
n
∞ dt
ts+1= s∑
k=n
∞ ∫
k
k+1 dt
ts+1
par sommation pour σ > 1.
ζ(s)= s∑
n>1
∑
k>n
∫
k
k+1 dt
ts+1 = s∑
k>1
(
∑
n6k
∫
k
k+1 dt
ts+1
)
= s∑
k>1
k ·∫
k
k+1 dt
ts+1
56
la dernière sommation est de la forme
ζ(s)= s
∫
1
∞ [t]
ts+1 dt=s
s− 1− s
∫
1
∞ tts+1 dt
où t= t− [t]. Quand s= 1, la dernière intégrale de
ζ(s)= s∑
n>1
∑
k>n
∫
k
k+1 dt
ts+1 = s∑
k>1
(
∑
n6k
∫
k
k+1 dt
ts+1
)
vaut∫
1
∞ tt2
dt= limN→∞
∑
n=1
N ∫
n
n+1 t−n
t2dt= lim
N→∞
∫
1
∞ dt
t−∑
n=1
N1
n+1= 1− γ
on obtient donc pour s 1 :
ζ(s) =1
s− 1+ γ+o(1)
en fait :
lims→1
(
ζ(s)− 1
s− 1
)
= γ
Vers 1350, Oresme montre dans ses Quaestiones super geometriam Euclidis que
ζ(1)=∑
n=1
∞1
n=∞
L’ordre de ζ dans la bande critique 0<σ< 1.
Soit pour σ > 0 :
∣
∣
∣Γ(
s
2
)∣
∣
∣=
∣
∣
∣
∣
∫
0
∞e−uu
s
2−1du
∣
∣
∣
∣
6
∫
0
∞e−uu
σ
2−1du= Γ
(
σ
2
)
=O(eAσ log σ)
avec σ>1
2et |s− 1|>A, et :
ζ(s)= s
∫
1
∞ [x]− x+1
2xs+1 dx+
1
s− 1+
1
2
on a :
ζ(s)=O
|s|∫
1
∞ du
u3
2
+O(1)=O(|s|)
On définit la fonction ( qui sera détaillé par la suite ) ξ où ses racines sont les zéros non triviauxde ζ :
ξ(s)7 1
2s(s− 1)π
−s
2Γ(
s
2
)
ζ(s)
donne pour σ>1
2et |s|>A :
ξ(s) =O(
eA|s| log |s|)
57
de plus avec :
ξ(s)= ξ(1− s)
cela prends pour σ61
2aussi.
La bande critique désigne l’intervalle de valeurs de σ pour lesquelles 0 6σ6 1, mais les cas 0 et 1peuvent être étudié séparemment comme nous l’avons fait.
La fonction ζ(s) est délimitée dans tout le demi-plan σ > 1 + δ > 1.
Avec l’équation
ζ(s)=O
|s|∫
1
∞ du
u3
2
+O(1)=O(|s|)
on a ζ(s) =O(|t|) pour σ>1
2. Pour σ <
1
2on utilise l’équation fonctionnelle
ζ(s)= χ(s)ζ(1− s)
où χ(s)= 2sπs−1 sinsπ
2Γ(1− s), on fixe α6 σ6 β, comme t +∞
|χ(s)|∼(
t
2π
)1
2−σ
Par
χ(s) =
(
2π
t
)
σ+it−1
2 ei(
t+π
4
)
1+O(
1
4
)
D’où pour σ6−δ < 0 :
ζ(s)=O(
t1
2−σ
)
et pour σ>−δ :
ζ(s) =O(
t3
2+δ
)
Ainsi dans tout le demi-plan σ> σ0 :
ζ(s)=O(|t|k) k= k(σ0)
c’est-à-dire que ζ est une fonction d’ordre fini.
Pour σ>1
2on peut écrire que ζ(σ+ it) =O
(
|t|1/2)
et par l’équation fonctionnelle on peut écrire
pour σ61
2que ζ(σ+ it) =O(|t|1−σ).
La fonction µ et majorations de ζ
(
1
2+ it
)
.
∀σ, on définit µ(σ) comme la limite inférieure de nombres ξ tel que ζ(σ + it) = O(|t|ξ). µ(σ) estcontinue, non décroissante, jamais négative.
Soit ζ(s) délimitée pour σ> 1 + δ (δ > 0), il suit pour σ > 1
µ(σ)= 0
58
et de l’équation fonctionnelle pour σ < 0 :
µ(σ)=1
2− σ
en résumée :
µ(σ)=
0 (σ > 1)1
2− σ (σ < 0)
Les équations sont aussi prises par continuité pour σ= 0 et σ= 1, on a ainsi pour 0<σ < 1
µ(σ)61
2− 1
2σ
en particulier µ
(
1
2
)
61
4, c’est-à-dire ∀ε> 0 :
ζ
(
1
2+ it
)
=O(
t1
4+ε
)
Les valeurs de µ(σ) sont inconnues pour chaque valeur de σ entre 0 et 1. On a alors :
µ(σ)=
1
2− σ
(
σ61
2
)
0
(
σ >1
2
)
qui est équivalent à ce que ∀ε > 0 on ait ζ
(
1
2+ it
)
=O(tε) qui est l’hypothèse de Lindelöf. Soit
l’équation fonctionnelle approchée valable pour 0<σ< 1 :
ζ(s)=∑
n6x
n−s + χ(s)∑
n6y
1
n1−s+O(x−σ)+O
(
|t|1
2−σyσ−1
)
et prenons σ=1
2et x= y=
t
2π
√
, on obtient :
ζ
(
1
2+ it
)
=∑
n6t
2π
√
1
n1
2+it
+O(1)∑
n6t
2π
√
1
n1
2−it
+O(
t− 1
4
)
=O
∑
n6t
2π
√
1
n1/2
+O(
t− 1
4
)
=O(
t− 1
4
)
Maintenant présentons des majorations issue de la méthode de Weyl-Hardy-Littlewood et de VanDer Corput. La plupart des démonstrations des résultats suivants sont dans [15].
Théorème.
ζ
(
1
2+ it
)
=O(
t1/6 log3/2 t)
59
Théorème.
ζ
(
1
2+ it
)
=O(
t1/6 log t)
Théorème.
ζ
(
1
2+ it
)
=O(tα logβ t)
différentes valeurs de α ont été trouvées :
163/988 Walfisz [19]27/164 Titchmarsh [20]229/1392 Phillips [21]19/116 Titchmarsh [22]15/92 Min [23]
Théorème.
ζ
(
1
2+ it
)
=O(
t27/164)
Dès lors précisons des majorations de µ
(
1
2
)
:
µ
(
1
2
)
61
6
Plus généralement :
µ
(
1
2
)
6 φ
Précisons différentes valeurs de φ qui sont aussi celles de α :
7/32 Heath-Brown [24]3/16 Heath-Brown [25]/Burgess [26]6/37 Haneke [27]/Chen [28]173/1067 Kolesnik [29]35/216 Kolesnik [30]139/858 Kolesnik [31]
Formules pour ζ
(
1
2+ it
)
.
Tout d’abord citons la formule de Gram :
ζ
(
1
2+ it
)
=Z(t) cos (θ(t))− iZ(t) sin (θ(t))
où :
θ(t)= Im log
(
Γ
(
it
2+
1
4
))
− t
2log π
Maintenant avec Z la fonction de Hardy et θ la fonction de Riemann-Siegel :
ζ
(
1
2+ it
)
=Z(t) e−iπθ(t)
60
Levinson et Montgomery définissent la fonction J
(
1
2+ it
)
que l’on définit comme suit :
J
(
1
2+it
)7 ζ
(
1
2+ it
)
+ ζ ′(
1
2+ it
)
h′(
1
2+ it
)
h
(
1
2+ it
) +
h′(
1
2+ it
)
h
(
1
2− it
)
−1
où :
h(s)7 π−s/2Γ(
s
2
)
on a :
J
(
1
2+ it
)
=−e−2iϑ(t)
ζ ′(
1
2+ it
)
2ϑ(t)
Théorème.
Si ζ ′(
1
2+ ia
)
= 0 pour a∈R, alors ζ
(
1
2+ ia
)
= 0.
Démonstration.
Soit
ζ
(
1
2+ it
)
= e−iϑ(t)Z(t)
en différenciant on a :
iζ ′(
1
2+it
)
=−iϑ′(t)e−ϑ(t)Z(t)+ e−iϑ(t)Z ′(t)
en multipliant par −ieiϑ(t), nous avons :
eiϑ(t)ζ ′(
1
2+ it
)
=−ϑ′(t)Z(t)− iZ ′(t)
en prenant la partie réelle :
−ϑ′(t)Z(t) =Re
eiϑ(t)ζ ′(
1
2+ it
)
qui s’écrit aussi
−2ϑ′(t)Z(t)= eiϑ(t)ζ ′(
1
2+ it
)
+ e−iϑ(t)ζ ′(
1
2− it
)
ζ ′(
1
2+ it
)
= 0 pour t ∈R, avec ζ ′(
1
2− it
)
= 0, t > 0 et nous prenons ϑ′(t)Z(t) = 0, de ϑ′(t) = 0
seulement pour t= aϑ où ζ ′(
1
2+ iaϑ
) 0 nous obtenons Z(t)= 0. Alors :
ζ ′(
1
2+ it
)
=0⇒ ζ
(
1
2+ it
)
=0
61
Soit ξn les zéros sur la droite critique, alors ∀t ±ξn :
1 + 2ϑ′(t)
ζ
(
1
2+ it
)
ζ ′(
1
2+ it
)=−e−2iϑ(t)
ζ ′(
1
2− it
)
ζ ′(
1
2+ it
)
Démonstration.
En multipliant
−2ϑ′(t)Z(t)= eiϑ(t)ζ ′(
1
2+ it
)
+ e−iϑ(t)ζ ′(
1
2− it
)
par e−iϑ(t), on a :
−2ϑ′(t)ζ
(
1
2+ it
)
= ζ ′(
1
2+ it
)
+ e−2iϑ(t)ζ ′(
1
2− it
)
de t ±ξn et si ζ ′(
1
2+ ia
)
= 0 pour a ∈R, alors ζ
(
1
2+ ia
)
= 0, on a ζ ′(
1
2+ it
) 0 donc que
nous pouvons diviser par ζ ′(
1
2+ it
)
et obtenir le résultat
Citons aussi la formule :
ϑ(t)=−∫
0
t
Reζ ′(
1
2+ ix
)
ζ
(
1
2+ ix
) dx=− t
2log π+
1
2
∫
0
t
ReΓ′(
1
4+ix
2
)
Γ
(
1
4+ix
2
) dx
convergente ∀t∈R.
Théorème de Balazard-Saias-Yor (1999).
∫
−∞
∞log
∣
∣
∣
∣
ζ
(
1
2+ it
)∣
∣
∣
∣
dt1
4+ t2
= 0
Théorème de Hadamard-De La Valléé Poussin, et lien avec lesnombres premiers.
Nous ne décrirons pas dans les détails le théorème des nombres premiers, car ce sujet est vaste etn’est pas le but de notre étude.
Le premier lien que l’on peut faire entre la fonction ζ et les nombres premiers est le produitEulérien :
ζ(s)=∏
p∈P
1
1− p−s
convergente pour σ>1, ce qui garantit avec les propriétés des séries de Dirichlet que ζ ne s’annulepas pour σ > 1.
62
Théorème de Césaro.
La probabilités que deux nombres choisis au hasard soient premiers entre eux est1
ζ(2)=
6
π2.
On peut généraliser ce théorème au choix de k nombres choisis au hasard de telles sorte à ce que
la probabilités qu’ils soient tous premiers entre eux est1
ζ(k).
Lorsque que C.F.Gauss s’intéressa à la répartion des nombres premiers, il définit la fonctionπ(x) comme le nombre de nombres premiers inférieurs à une grandeur donnée (ici x). On a pardéfinition :
π(x) =∑
p∈P,p6x
1
cette définition va être utile pour comprendre certaines propriétés suivantes. C.F.Gauss conjectureavec A.M.Legendre que :
π(x)∼ x
log x
C.F.Gauss reformule la propriété précédente de la façon suivante avec une meilleure précision :
π(x)∼Li(x)∼ li(x)
où Li(x) est le logarithme intégrale de x définit comme suit :
Li(x)=
∫
2
x dt
log t=li(x)− li(2)=
∫
0
x dt
log t−∫
0
2 dt
log t
Le théorème des nombres premiers peut être écrit différemment avec pn. En effet on a pour n→∞ :
li−1(n)∼n log n
d’où pn∼n log n
Théorème d’équivalence.
L’assertion π(x)∼ x
log xest équivalente à l’assertion ψ(x)∼ x.
Démonstration.
ψ(x) =∑
pv6x
log p
où pv 6 x⇒ v6log xlog 2
et v> 2⇒ p6 x√
, on en déduit :
∑
p6x
log p6 ψ(x)6∑
p6x
log p+( x√
log x)/log 2 6π(x) log x+ ( x√
log x)/log 2
Par ailleurs si β < 1 et xβ 6 p, on a log p> β log x, on en déduit :
∑
p6x
log p> β log x(π(x)− π(xβ))
63
et comme π(xβ)6 xβ, on obtient ∀β < 1 l’encadrement :
β(π(x) log x− xβ log x)6 ψ(x)6 π(x) log x+ ( x√
log x)/log 2
on en déduit l’équivalence.
Dans [18], on trouve deux résultats sur π(x) et ψ(x) :
∃c> 0 tel que pour x→∞ :
ψ(x)= x+O(
xe−c ln x√ )
π(x)= li(x)+O(
xe−c ln x√ )
Théorème.
On a pour σ > 1 :
ln ζ(s)= s
∫
2
∞ π(u)
u(us − 1)du
Démonstration.
Avec le produit Eulérien, c’est-à-dire :
ζ(s)=∏
p∈P
1
1− p−s
on a :
log ζ(s) = log∏
p∈P
1
1− p−s=∑
p∈P
log1
1− p−s=∑
n=2
∞log
1
1−n−s
∑
n=1
∞log
1
1−n−s
=∑
n=2
∞π(n)− π(n− 1) log 1
1−n−s=∑
n>2
π(n) log1
1−n−s−∑
n>2
π(n− 1) log1
1−n−s
=∑
n>2
π(n) log1
1−n−s−∑
n>2
π(n) log1
1− (n+ 1)−s
=∑
n>2
π(n)(log (1− (n+1)−s)− log (1−n−s))
De plus
d
dxlog (1−x−s)=
1
1− x−s(sx−s−1)=
s
x(xs − 1)
D ’où :
log (1− x−s)=
∫
s
x(xs − 1)dx+C
Ainsi :
log ζ(s)=∑
n>2
π(n)
∫
n
n+1 s
x(xs − 1)dx=
∑
n>1
∫
n
n+1 sπ(x)
x(xs − 1)dx= s
∫
1
∞ π(x)
x(xs − 1)dx
64
Parlons du théorème des nombres premiers, c’est Euler en premier qui donna une preuve de cethéorème, il procède comme suit :
Avec :
∑ 1
p∼log
(
∑
n
1
n
)
on déduit∑
p6x
1
p∼log log x
avec ∆x petit devant x de telle sorte à ce que les nombres premiers entre x et ∆x+x sont tous detaille x.
log log (x+ ∆x)− log log x∼ π(x+ ∆x−π(x))
x
et comme
(log log x)′ =1
x log x
la densité des nombres premiers autour de x est de l’ordre de1
log xet donc π(x)∼ x
log x.
Mais c’est Hadamard et De La Vallée Poussin en 1895 qui démontrèrent indépendamment lespremiers le théorème des nombres premiers rigoureusement. Plus particulièrment Hadamardmontra l’équivalence entre le théorème des nombres premiers et la non-annulation de ζ sur σ =1, comme le suggéra Landau, en effet vu que ψ(x) = x (1 + o(1)) cela prouve que le théorèmedes nombres premiers découle que ζ(1 + i t) 0. De même Erdös et Selberg donnèrent unedémonstration élémentaire du théorème des nombres premiers en 1948 dans [32] et [33].
Théorème de Landau.
Soit une série de Dirichlet avec an∈R+ et ∀n∈N∗ :
∑
n>1
an
ns
Alors σabs(inf Re(s), L(a, s) converge absolument), l’abscisse de convergence absolue, n’a aucunvoisinage dans C sur lequel L(a, s) admet un prolongement analytique.
Démonstration de la non-annulation de ζ sur la droite σ= 1.
Soit t ∈ R∗, supposons qu’il existe ζ(1 + it) = 0. Alors ζ(1 − i t)ζ(1 +it ), et donc la fonctionζ(s+ it)ζ(s− it) possède un zéro double en s=1. Le zéro double en 1+ it et 1− it contrebalancentles pôles de ζ(s+ it) en 1− it et de ζ(s− it) en 1+ it. On en déduit que F (s) est holomorphe dans
le demi-plan σ >1
2. De plus comme ζ(2s)−1 est holomorphe au voisinage de s=
1
2, et comme F
est à coefficient positifs. En revanche ζ admet un prolongement, il découle du théorème de Landau
que σabs de F est <1
2, c’est-à-dire σabs<
1
2. On aboutit à une contradiction car d’une part on a
F
(
1
2
)
= 0 puisque ζ(2s)−1 = 0 et d’autre part F
(
1
2
)
> 0, comme somme d’une série à termes
positifs non-nuls d’où la proposition.
Le résultat obtenue par Mertens en 1858 permet d’étendre cette propriété au demi-plan σ > 1,comme le montra De La Vallée Poussin.
65
Théorème de Mertens.
Soit une série de Dirichlet à coefficient positifs ou nuls, d’abscisse de convergence σc :
F (s)7∑
n>1
an
ns
Alors on a pour σ >σc :
3F (σ)+ 4ReF (σ+ it) +ReF (σ+2it)> 0
Démonstration.
Posons V (θ)7 3 + 4 cos φ+ 2 cos φ, pour φ∈R et :
3+ 4 cos φ+ cos 2φ= 3+ 4 cos φ+ (cos2φ− sin2φ) =3 + 4 cos φ+ (cos2φ− (1− cos2φ))
=3+ 4 cosφ+(cos2φ− 1 + cos2φ)= 2 +4 cos φ+ 2 cos2 φ= 2(1 + cos φ+ cos2φ)=2(1+ cos φ)2 > 0
Or 3F (σ)+ 4ReF (σ+ it)+ReF (σ+ 2it) vaut :
∑
n>1
anV (t lnn)
nσ
cela implique bien que 3F (σ) +4ReF (σ+ it)+ReF (σ+ 2it)> 0
∀φ∈R :
3+ 4 cos φ+2 cos φ= 2(1+ cos φ)2 > 0
et pour σ > 1 :
ζ(s)= exp
∑
p∈P
∑
m=1
∞1
mpms
ainsi ∀s∈C|σ > 1 :
|ζ(s)|= exp
∑
p∈P
∑
m=1
∞cos (mt log t)
mpmσ
et
ζ(σ)3|ζ(σ+ it)|4|ζ(σ+ 2it)|= exp
∑
p∈P
∑
m=1
∞3+ 4 cos (mt log p)+ cos (2mt log p)
mpmσ
avec 3 +4 cosφ+ cos2φ= 2(1+ cos φ)2 > 0, on déduit pour σ > 1 :
ζ(σ)3|ζ(σ+ it)|4|ζ(σ+2it)|> 1
Autre démonstration de la non-annulation sur σ= 1.
On suppose ζ(1+ it)=0, avec σ 1, nous avons ζ(σ)∼ 1
σ − 1et ζ(σ+ it)=O(σ−1), donc que :
ζ(σ)3|ζ(σ+ it)|4 =O(σ− 1)
66
ainsi comme σ 1, on obtient de ζ(σ)3|ζ(σ+ it)|4|ζ(σ+2it)|>1 que |ζ(σ+2it)| +∞, ce quiest impossible car ζ(s) est analytique autour de 1+ 2it. D’où le résultat.
Maintenant, pour t fixée, soit σ 1, alors ζ3(σ)=O(σ− 1)−3.
Théorème.
La fonction zêta de Riemann ne possède aucun zéro dans le demi-plan Re(s)= σ> 1.
Démonstration.
Raisonnons par l’absurde en supposant que ζ(1+ it0) = 0. Alors t0 0 et ζ(s) est holomorphe au
voisinage de 1+ it0. D’où ζ(σ+ it0)6σ−1 avec σ > 1, et comme d’autre part ζ(σ)≪ 1
σ− 1, on a
ζ(σ+2it0)≪ 1. En effet car ζ(s) est holomorphe partout sauf en s=1 et estun pôle simple, il suitalors :
ζ(σ)3|ζ(σ+ it0)|4|ζ(σ+ 2it0)|≪σ− 1
en contradiction avec le fait que
ζ(σ)3|ζ(σ+ it)|4|ζ(σ+2it)|> 1
lorsque σ 1+.
En 1930, Ingham donna une autre démonstration s’appuyant sur l’identité de Ramanujan :
ζ(σ)2ζ(σ+ iθ)ζ(s− iθ)
ζ(2s)=∑
n>1
|t(n, θ)|2ns
où σ > 1, θ ∈R et :
t(n, θ) =∑
d|ndiθ
Lemmes d’analyse complexe.
Formule de Jensen.
Soit F (s) une fonction holomorphe pour |s|6R, telle que F (0)=1. Pour 0<r6R, on désigne parn(r) le nombre de zéros (comptés avec multiplicité) de F dans le disque |s|6 r. Alors on a :
∫
0
R n(r)
rdr=
1
2π
∫
0
2π
ln |F (Reiϑ)| dϑ
Ce résultat est démontré dans [18] page 238.
Lemme de Borel-Carathéodory.
Soit F (s) une fonction holomorphe pour |s|6R, telle que F (0)= 0. On suppose que :
max|s|=R
ReF (s) 6A
Alors on a pour |s|<R :
|F (s)|6 2A|s|R− |s|
67
Une démonstration est donnée dans [18] page 239.
Corollaire.
Soit F (s) une fonction holomorphe dans le disque |s|6R, telle que F (0)=1, et |F (s)|6M(|s|=R).On désigne par H la suite finie de zéros ρ de F , comptés avec leur ordre de multiplicité, dans le
disque |s|6 R
2. Pour tout s tel que |s|< R
2, on a :
∣
∣
∣
∣
∣
F ′(s)F (s)
−∑
ρ∈H
1
s− ρ
∣
∣
∣
∣
∣
64R lnM
(R− 2|s|)2
Une démonstration est donnée dans [18] page 239.
Distribution générale des zéros.
La fonction ζ possède une infinité de zéros complexe. ζ(s) a une infinité de zéros ρ1, ρ2, et0 6σ6 1 et (1− 21−s)ζ(s)> 0 où 0<s< 1 et ζ(s) 0. ζ(s) n’a aucun zéro réel entre l’axe 0 et 1,les zéros ρ1, ρ2, sont alors tous complexes. Une preuve est donnée dans [15] page 210.
La fonction N(T ).
Soit T > 0, on définit N(T ) comme le nombre de zéros de ζ(s) dans la région 0 6σ6 1, 06 t6T ,plus particulièrement :
N(T )7 ∑
ρ:06γ6T
1
Théorème.
On a avec la notation de Landau, pour T +∞ et T > 2 :
N(T + 1)−N(T )=O(log T )
qui s’écrit aussi avec la notation de Vinogradov :
N(T + 1)−N(T )≪ lnT
Démonstration.
Appliquons pour R= 3 la formule de Jensen à la fonction
F (s)7 ξ(s+ 2+ iT )
ξ(2 + iT )
D’une part ∀r, 5√
6 r63, le disque |s|6 r contient le rectangle de sommets −2, −2+ i, −1, −1+ i,d’où n(r)>N(T + 1)−N(T ).
D’autre part, on déduit immédiatement de ζ(s)≪ τ pour σ> 0, |τ |> 1, et :
logΓ(s)=
(
s− 1
2
)
log s− s+1
2ln (2π)+
1
12s− 1
2
∫
0
∞ B2(t)
(t+ s)2dt
l’estimation pour |s|6 3 :
ln |F (s)|6O(lnT )
68
La formule de Jensen implique donc :
(N(T + 1)−N(T )) ln
(
3
5√
)
6
∫
5√
3 n(r)
rdr≪ lnT
d’où le résultat
Théorème de Riemann-Von Mangoldt.
Conjecturé par B.Riemann dans [12], et démontré par Von Mangoldt en 1905. On a pour T∞ :
N(T ) =T
2πln
T
2π− T
2π+O(lnT )
Démonstration. (G.Tenenbaum)
On peut supposer sans perte de généralité que T n’est pas l’ordonnée d’un zéro de ξ(s). Soit R lerectangle de sommets 2± iT , −1± iT , orienté dans le sens direct. On a :
2N(T )=1
2iπ
∫
R
ξ ′(s)ξ(s)
ds=1
2πIm∫
R
ξ ′(s)ξ(s)
ds
Comme R est symétrique par rapport aux axes σ=1
2et T =0 et que
ξ ′(s)ξ(s)
respecte cette symétrie
à cause de l’équation fonctionnelle, on déduit de ce qui précède que :
N(T )=1
πIm∫
L
ξ ′(s)ξ(s)
ds=1
π[arg ξ(s)]L
où L est la ligne brisée
[
2;2+ iT ;1
2+ iT
]
. Maintenant, par l’équation fonctionnelle de ξ(s) définit
comme :
ξ(s)7 s(s− 1)π−s/2 Γ(
s
2+ 1)
ζ(s)
nous avons : ξ(s) =2(s− 1)π−s/2Γ(
s
2+ 1)
ζ(s)
et
[arg(s− 1)]L= arg
(
iT − 1
2
)
=1
2π+O
(
1
T
)
,[
arg π−s/2]
L=−1
2T lnπ
De plus, par la formule de Stirling complexe :
[
argΓ(
s
2+1)]
L
= Im logΓ
(
iT
2+
5
4
)
= Im
(
iT
2+
3
4
)
log
(
iT
2+
5
4
)
− iT
2− 5
4+
1
2ln (2π) +O
(
1
T
)
=T
2lnT
2− T
2+
3
8π+O
(
1
T
)
Ainsi, il ne reste plus à établir que :
Im∫
L
ζ ′(s)ζ(s)
ds≪ lnT
69
le segment vertical de L étant située dans le demi-plan de convergence absolue, on peut intégrertermes à termes. On a :
∣
∣
∣
∣
∣
∫
2
2+iT ζ ′(s)ζ(s)
ds
∣
∣
∣
∣
∣
6 2∑
n>2
Λ(n)
n2 lnn<∞
pour traiter le segment horizontal, on utilise le corollaire du lemme de Borel-Carathéodory, pourla fonction
F (s)=ζ(2 + iT + s)
ζ(2 + iT )avec R= 4 et r=
3
2
Le numérateur est de l’ordre d’une puissance de T et le dénominateur satisfait à
|ζ(2 + iT )|> 1−∑
n>2
1
n2= 2− π2
6> 0
Si H est la suite finie des zéros de ζ(s) (comptés avec multiplicités) dans le disque |s−2− iT |6 3
2,
on obtient donc pour tout s du segment horizontal
[
1
2+ iT ; 2 + iT
]
:
ζ ′(s)ζ(s)
−∑
ρ∈H
1
s− ρ≪ lnT
et comme N(T + 1)−N(T )≪ lnT , on a :
∑
ρ∈H
1≪ lnT
et pour chaque ρ∈H , on peut écrire
∣
∣
∣
∣
∣
∣
Im∫
2+iT
1
2+iT ds
s− ρ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
6 π
cela implique bien :
Im∫
L
ζ ′(s)ζ(s)
ds≪ lnT
et achève la démonstration
Cela implique que ζ(s) possède une infinité de zéros non-triviaux. On peut aussi écrire :
N(T ) =T
2πln
(
T
2πe
)
+O(lnT )
Et on a aussi la relation :
N(T )=O(T log T )
On peut aussi écrire :
N(T )= 1+1
πarg
(
π−i
T
2 Γ
(
1
4+ i
T
2
)
)
+1
πarg
(
ζ
(
1
2+ iT
))
la formule de Stirling complexe donne :
N(T ) =T
2πln
T
2π+
7
8+S(T ) +O
(
1
T
)
70
où
S(T )=1
πarg
(
ζ
(
1
2+ iT
))
=O(lnT )
Il s’ensuit aussi :
(N(T +1)−N(T ))∼ lnT2π
Définissons :
S(T )7 1
πarg ζ
(
1
2+ iT
)
et
L(T ) =1
2πT log T − 1+ log 2π
2πT +
7
8
on a alors le théorème suivant :
Théorème.
Pour T +∞. On a N(T )=L(T )+S(T )+O(
1
T
)
, le nombre de zéros de Ξ(s) dans le rectangle
avec pour sommets s=±T ± 3i
2est 2N(T ), donc que :
2N(T ) =1
2iπ
∫
Ξ′(s)Ξ(s)
ds
prit autour du rectangle.
Théorème.
Pour T +∞, S(T )=O(log T ), c’est-à-dire N(T ) =1
2πT log T − 1+ log 2π
2πT +O(log T )
de même on a N(T )=T
2πln
T
2π− T
2π+S(T )+O
(
1
T
)
. Si les zéros β+ iγ de ζ(s) avec γ > 0 sont
arrangés dans une séquence ρn = βn + iγn donc que γn+1 > γn, puis comme n +∞. On a :
|ρn| ∼ γn∼ 2πn
log n
Nous avons N(T )∼ 1
2πT log T , d’où 2πN(γn ± 1)∼ (γn ± 1) log (γn ± 1)∼ γn log γn, et aussi :
N(γn− 1)6n6N(γn + 1)
d’où 2πn∼ γn log γn et aussi logn∼ log γn, et donc γn∼ 2πn
log n. Depuis βn =O(1) on a |ρn| ∼ γn.
Littlewood a montré que γn+1− γn 0. En effet |γn+1− γn|=O(
1
lnn
)
.
La fonction N(σ, T ).
On définit la fonction N(σ,T ) comme le nombre de zéros β+ iγ de ζ tel que β >σ, 0<t6T . Pourchaque T , N(σ,T ) est une fonction non-croissante de σ, et vaut 0 pour σ>1. On a en particulier :
N(σ, T ) = card ρ,Re(ρ)>σ, |Im ρ|6T , ζ(ρ) =0
71
Avec l’hypothèse de Riemann ( que l’on détaillera après ) on a N(σ, T )=0 pour σ >1
2. On peut
dire aussi pour1
2<σ < 1 :
N(σ, T )6N(T )<AT log T
Théorème de Bohr-Landau (1914).
Pour tout σ >1
2on a :
N(σ, T )=O(T )
Pour toute fonction continue non-négative f(t) :
1
b− a
∫
a
b
log f(t) dt6 log
1
b− a
∫
a
b
f(t) dt
ainsi pour1
2<σ< 1 :
∫
0
T
log |ζ(σ+ it)| dt= 1
2
∫
0
T
log |ζ(σ+ it)|2 dt6 T
2log
1
T
∫
0
T
|ζ(σ+ it)|2
=O(T )
Avec
limT→∞
1
T
∫
1
T
|ζ(σ+ it)|2 dt= ζ(2σ)
pour σ >1
2. D’où si
1
26 σ0 6 1 et T +∞ :
2π
∫
σ0
1
N(σ, T ) dσ=
∫
0
T
log |ζ(σ0 + it)| dt+O(logT )
nous avons∫
0
T
log |ζ(2 + iT )| dt=Re∑
n=2
∞Λ1(n)
n2
n−iT −1
−i logn =O(1)
et∫
σ0
1
N(σ, T ) dσ=O(T )
pour σ0>1
2, d’où si σ1 =
1
2+
1
2
(
σ0− 1
2
)
, on a :
N(σ0, T )61
σ0− σ1
∫
σ1
σ0
N(σ, T ) dσ62
σ0− 1
2
∫
σ1
1
N(σ, T ) dσ=O(T )
Théorème de Carlson (1921).
Pour1
2<σ< 1, on a :
N(σ, T ) =O(
T 4σ(1−σ)+ε)
72
Théorème.
Si ζ
(
1
2+ it
)
=O(tc logω t) où ω63
2, alors on a uniformément pour
1
26 σ6 1 :
N(σ, T )=O(
T 2(1+2c)(1−σ)log5T)
Avec l’hypothèse de Lindelöf ζ
(
1
2+ it
)
=O(tε), on aurait N(σ, T )=O(
T 2(1−σ)+ε)
.
Théorème.
N(σ, T ) =O(
T3
2−σ
log5T
)
Théorème de Ingham.
N(σ, T )=O(
T 3(1−σ)/(2−σ) log5T)
la démonstration se trouve dans [34].
Théorème de Selberg.
On a uniformément pour1
26 σ6 1 :
N(σ, T ) =O
(
T1−1
4
(
σ−1
2
)
log T
)
la démonstration se trouve dans [35].
Théorème de Montgomery.
On a pour5
66σ6 1 :
N(σ, T )≪T 2(1−σ)/σ(log T )1/4
démontré dans [36].
Théorème de Huxley.
On a pour3
46σ6 1 :
N(σ, T )≪T 3(1−σ)/(3σ−1)(log T )44
on a aussi pour1
26 σ6 1 :
N(σ, T )≪T 12/5(1−σ)(log T )44
démonstration dans [39].
Théorème d’ Ivic.
N(σ, T )≪
T (3−3σ)/(7σ−4)+ε pour3
46 σ6
1013
T (9−9σ)/(8σ−2)+ε pour1013
6σ6 1
73
démonstrations données dans [37] et [38].
Théorème de Heath-Brown.
Pour1114
6σ6 1, on a :
N(σ, T )≪T (9−9σ)/(7σ−1)+ε
démontré dans [40].
Quelques formules.
On définit S(T ) comme suit :
S(T )7 1
πarg ζ
(
1
2+ it
)
et on a :
S(T ) =N(T )− 1− 1
πϑ(T )
Pour ϑ(t)= arg
(
π−it/2 Γ
(
1
4+it
2
))
, on a N(T ) =1 +ϑ(T )
π+S(T ).
On peut citer S(T )=O(log T ) pour T +∞ et S(T )=O(
log Tlog logT
)
.
Puis :
N(T )=T
2πlog
T
2π− T
2π+
1
8+S(T )+O
(
1
T
)
A.Selberg donna la formule suivante pour A> 0 :
|S(T )|>A(log T )1/3(log log T )−7/3
la fonction S(T ) tend vers +∞ très très lentement et change de signe une infinité de fois.
Définitions.
N−(T ) =#p= β+ iγ | ζ(p)= 0, β <1
2, 0< γ6T
N0(T )= #
p=1
2+ iγ | ζ(p)= 0, 0< γ6T
N′
(T )= #p′= β ′+ iγ ′ | ζ ′(p′)= 0, 0< γ ′6T
N−′
(T )= #p′= β ′+ iγ ′ | ζ ′(p′)= 0, β ′<1
2, 0< γ ′6T
N0′(T )= #
p′=1
2+ iγ ′ | ζ ′(p′)= 0, 0< γ ′6T
N+
′
(T ) =#p′= β ′+ iγ ′ | ζ ′(p′) =0, β ′>1
2, 0< γ ′6T
On note N0(T ) − N00(T ) = N0′(T ) et N00(T ) désigne le nombre de zéros de ζ ′(s) sur la droite
critique.
74
On peut noter alors :
N(T )=N0(T )+2N−(T )=T
2πlog
T
2π− T
2π+O(log T )
Berndt prouve en 1970 dans The number of zeros for ζ(k)(s) que pour ζ ′(s) on a :
N ′(T ) =N−′ (T )+N0
′(T )+N+′ (T ) =
T
2πlog
T
4π− T
2π+O(log T )
Levinson et Montgomery donnèrent :
N−(T ) =N−′ (T )+O(log T )
On a pour t ∞ et A=log 2
2:
N00(T ) =A
πt+N+
′ (t)−N−′ (t)+O(log2 t)
Soit N1(T ) le nombre de zéros non-réel de ζ ′(s), alors :
N1(T )=T
2πlog
T
2π− T
2π+O(log T )
Produit de Hadamard.
On a pour s 1 :
ζ(s)=ebs
2(s− 1) Γ(
s
2+ 1)
∏
ρ
(
1− s
ρ
)
es/ρ
et pour s∈C :
ξ(s)= eas∏
ρ
(
1− s
ρ
)
es/ρ
où a=1
2ln (4π)− 1
2γ − 1 et b= ln (2π)− γ
2− 1.
On a aussi en ce qui concerne les valeurs de a et b :
ζ ′(s)ζ(s)
= b− 1
s− 1− 1
2
Γ′(
s
2+1)
Γ(
s
2+ 1) +
∑
ρ
(
1
s− ρ+
1
ρ
)
si s 0, on a :
ζ ′(0)
ζ(0)= b+1− 1
2
Γ′(1)
Γ(1)
etζ ′(0)
ζ(0)= log (2π) et Γ′(1)=−γ.
Démonstration. (G.Tenenbaum)
Pour T > 2, on a N(T + 1)−N(T )≪ lnT , ainsi :
∑
|γ |6T
1
|ρ|2 62
∫
0
T dN (T )
T 2≪∑
k6T
ln (2k)
k2≪1
75
Cela implique la convergence du produit infini :
Ω(s)7∏
ρ
(
1− s
ρ
)
es/ρ
dont le terme générale est pour tout s, de la forme 1 + O(|e|−2). La fonction Ω(s) est donc unefonction entière de s ayant les mêmes zéros que ξ(s) et, puisque
∏
ρ
(
1− 0
ρ
)
e0/ρ = ξ(0)= 1
On peut choisir une détermination holomorphe F (s) de log (ξ(s)/Ω(s)) prenant la valeur 0 en s=0.Pour une suite de valeurs de R +∞, d’après le lemme de Borel-Carathéodory, il découle de
max06θ62π
ReF (Reiθ)≪R(lnR)2
que F est une fonction linéaire de s, on a bien
max06θ62π
ReF (Reiθ)≪R(lnR)2
Démontrons-là pour tous les R satisfaisant à
minρ
|R− |ρ||> 1/(c lnR)
où c>0. Chaque intervalle [k;k+2] pour k>2, contient au moins un tel R. En effet, si c est assezgrand, on a :
cardρ : k6 |ρ|6 k+ 26 (N (k+ 2)−N(k− 1))<J7 ⌊c ln k⌋
D’après le principe de Dirichlet; il existe au moins un intervalle [k + 2j/J ; k + (2j + 2)/J ], pour0 6 j < J , ne contenant aucun membres |ρ|. On peut alors choisir R7 k+(2j+ 1)/J .
Considérons un nombre R satisfaisant
minρ
|R− |ρ||> 1/(c lnR)
pour |s|=R et avec la définition de Ω(s) on a :
ln |Ω(s)|=∑
ρ
ln
∣
∣
∣
∣
(
1− s
ρ
)
es/ρ
∣
∣
∣
∣
>−
∑
|ρ|6R/2
R
|ρ| +∑
R/2<|ρ|62R
(2+ ln (2cR lnR))+∑
|ρ|>2R
R2
|ρ|2
où :
ln |(1− z)e2|>
−|z | (|z |> 2)
−2+ ln |1− z |(
1
26 |z |< 2
)
−|z |2(
|z |< 1
2
)
76
Comme N(T + 1)−N(T )≪ lnT , pour T > 2, on déduit de ce qui précède, la majoration :
ln (1/|Ω(s)|)≪R (lnR)2
maintenant, on a aussi par ln |ξ(s)|≪ |s| ln |s| et ln |ξ(s)|≪R lnR. Cela implique bien
max06θ62π
ReF (Reiθ)≪R(lnR)2
et termine la démonstration.
La fonction R de Riemann.
On définie la fonction R de Riemann ∀x∈R+∗ :
R(x)=∑
n=1
∞µ(n)
nLi(
x1/n)
et si l’on note :
1
ζ(x)=∑
n=1
∞µ(n)
nx
on a :
R(x)=n1−x
ζ(x)Li(
x1/n)
et on a la relation :
π(x)=R(x)−∑
ρ
R(xρ)
où ρ parcourt l’ensemble des zéros non-triviaux de ζ(s).
Région sans zéros.
On a déjà ζ(s) 0 pour σ>1, qui fournit déjà une région sans zéros. Déterminons une région plusvaste.
Théorème.
∃c> 0 | ζ(s) possède aucun zéro dans la région du plan complexe définie par l’inégalité
σ> 1− c/ln (2 + |t|)
Démonstration.
La fonction
− ζ ′(s)ζ(s)
=∑
n>1
Λ(n)
ns
est à coefficient positifs ou nuls. D’après le théorème de Mertens, on peut écrire ∀σ>1 et ∀γ ∈R:
−3 ζ ′(σ)
ζ(σ)− 4Re
ζ ′(σ+ iγ)
ζ(σ+ iγ)−Re
ζ ′(σ+ 2iγ)
ζ(σ+ 2iγ)>0
77
Nous parviendrons au résultat annoncé en majorant chacun des trois termes du membres de gauchelorsque γ est l’ordonnée d’un zéro ρ= β+ iγ de ζ(s).
En premier lieu on a
− ζ ′(σ)
ζ(σ)=
1
σ− 1+O(1)
Ensuite, en dérivant logarithmiquement la formule du produit de Hadamard :
ζ(s)=ebs
2(s− 1)Γ(
s
2+1)−1∏
ρ
(
1− s
ρ
)
es/ρ
où s 1 et b= ln (2π)− γ
2− 1. On a alors pour s ρ :
− ζ ′(s)ζ(s)
=−b+1
s− 1+
Γ′(
1+s
2
)
2Γ(
1 +s
2
)−∑
ρ
(
1
ρ+
1
s− ρ
)
En estimant le terme relatif à Γ par la formule de Stirling complexe et en remarquant que, pourσ > 1, Re(ρ) et Re(s− ρ) > 0. Il vient pour σ > 1 et |t|> 2 :
−Reζ ′(s)ζ(s)
6O (ln |t|)
et aussi, en tenant compte de la distribution du zéro β+ iγ :
−Reζ ′(σ+ iγ)
ζ(σ+ iγ)6O (ln |γ |)− 1
σ − β
En reportant ces estimations dans
−3 ζ ′(σ)
ζ(σ)− 4Re
ζ ′(σ+ iγ)
ζ(σ+ iγ)−Re
ζ ′(σ+ 2iγ)
ζ(σ+ 2iγ)>0
On déduit donc l’existence d’une constante positive c1 telle que l’on ait pour |γ |> 2 :
3
σ− 1− 4
σ− β>−c1 ln |γ |
d’où :
1− β>1− c1 (σ− 1) ln |γ |
(3/(σ− 1))+ c1 ln |γ |
En choisissant σ=1+(2c1 ln |γ |)−1, il suit 1− β> c2/ln |γ |, avec c2 = c1/14. Cela implique bien lerésultat annoncé, puisque la condition |t|> 2 est inutile si l’on réduit suffisamment la valeur de c
Korobov et Vinogradov ont pu établir en 1958 la majoration pour σ> 0 et t> 2 :
ζ(s)≪(
1 + tA(1−σ)3/2)
(ln t)3/2
78
d’où découle la meilleure région sans zéros actuellement connue pour t> 3 :
σ> 1− c (ln t)2/3 (ln2 t)−1/3
une démonstration est donnée dans [38].
La fonction ξ.
On définit
ξ(s)7 1
2s(s− 1)η(s)=
1
2s(s− 1)π−s/2 Γ
(
s
2
)
ζ(s)
où η est la fonction êta de Dirichlet. On a l’équation fonctionnelle suivante :
ξ(s)= ξ(1− s)
De même on a :
ξ(s) =1
2s(s− 1)
Γ(
s
2
)
πs/2ζ(s)=
(s− 1)Γ(
s
2+ 1)
ζ(s)
πs√
et aussi :
ξ(s) =1
2+ s(s− 1)
∫
1
∞ψ(x)
(
x−1
2(s+1)
+ x1
2(s−1)
)
dx
Première formules de Riemann.
ξ(s)=1
2− s(1− s)
∫
1
∞ψ(x)x
−3
4 cos
(
1
2
[
i
(
1
2− s
)]
log x
)
dx
Démonstration.
∀s 1 on a :
η(s) =1
s(s− 1)+
∫
1
∞ψ(x)
(
x−(s+1)/2 + xs
2−1)
dx
où ψ(x) est la fonction elliptique de Poisson. Ainsi :
ξ(s)=1
2s(s− 1)
(
1
s(s− 1)+
∫
1
∞ψ(x)
(
x−(s+1)/2 + xs
2−1)
dx
)
=1
2− s(1− s)
2
∫
1
∞ψ(x)
(
x−(s+1)/2 +xs
2−1)
dx
=1
2− s(1− s)
2
∫
1
∞ψ(x)x
−3
4
(
x−i
1
2
(
i
[
1
2−s
])
+xi1
2
(
i
[
1
2−s
])
)
dx
=1
2− s(1− s)
2
∫
1
∞ψ(x) x
−3
4
(
exp
−i12
(
i
[
1
2− s
])
log x
+ exp
i1
2
(
i
[
1
2− s
])
log x
)
dx
=1
2− s(1− s)
∫
1
∞ψ(x)x
−3
4 cos
(
i1
2
[
1
2− s
]
log x
)
dx
79
Seconde formule de Riemann.
ξ(s)=4
∫
1
∞(
x3
2ψ ′(x)
)′x−1
4 cos
(
1
2
[
i
(
1
2− s
)]
log x
)
dx
Démonstration.
ξ(s)=1
2− s(1− s)
2
∫
1
∞ψ(x)
(
x− s+1
2 + xs
2−1
)
dx
=1
2− s(1− s)
2
∫
1
∞ψ(x) dx
x1−s
2
1− s
2
+x
s
2
s
2
=1
2−
s(1− s)
2
x1−s
2
1− s
2
+x
s
2
s
2
ψ(x)
1
∞
+s(1− s)
2
∫
1
∞
x1−s
2
1− s
2
+x
s
2
s
2
dψ(x)
=1
2+
(
sx1−s
2 + (1− s)xs
2
)
ψ(x)
∣
∣
∣
∣
∣
x=1
+
∫
1
∞(
sx1−s
2 +(1− s)xs
2
)
ψ ′(x) dx
=1
2+ ψ(1)+
∫
1
∞(
sx− s
2−1
+ (1− s)xs−1
2−1
)
x3
2ψ ′(x) dx
=1
2+ ψ(1) +
∫
1
∞x
3
2 ψ ′(x) dx
(
−2x−s
2 − 2xs−1
2
)
=1
2+ ψ(1)+
[
x3
2ψ ′(x)(−2)
(
x−s
2 + xs−1
2
)]
x=1
x=∞
−∫
1
∞(−2)
(
x−s
2 + xs−1
2
)
d
(
x3
2ψ ′(x)
)
=1
2+ ψ(1)+ 4ψ ′(1) +2
∫
1
∞x−1
4
(
x−i
1
2i
[
1
2−s
]
+ xi1
2i
[
1
2−s
]
)
d
(
x3
2ψ ′(x)
)
=1
2+ ψ(1) +4ψ ′(1)+ 2
∫
1
∞x−1
4
(
e−i
1
2i
[
1
2−s
]
log x
+ ei1
2i
[
1
2−s
]
log x
)
d
(
x3
2ψ ′(x)
)
=1
2+ ψ(1)+ 4ψ ′(1) +4
∫
1
∞x−1
4 cos
(
1
2i
[
1
2− s
]
log x
)
d
(
x3
2ψ ′(x)
)
Dès lors évaluons ψ ′(1); avec :
ψ(x)= ψ
(
1
x
)
x−1
2 +1
2x−1
2 − 1
2⇔2ψ(x) +1 = x
−1
2[2ψ(1/x) +1]
80
on a :
ψ ′(x) = ψ ′(
1
x
)(
−1
x2
)
x−1
2 + ψ
(
1
x
)
(
−1
2x−3
2
)
− 1
4x−3
2
ainsi :
ψ ′(1)= ψ ′(1)(−1)+ ψ(1)
(
−1
2
)
− 1
4
on obtient :
4ψ ′(1)+ ψ(1) +1
2=0
On obtient finalement :
ξ(s) =4
∫
1
∞x−1
4 cos
(
1
2i
[
1
2− s
]
log x
)
d
(
x3
2ψ ′(x)
)
=4
∫
1
∞x−1
4 cos
(
1
2i
[
1
2− s
]
log x
)
(
x3
2ψ ′(x)
)′dx
La fonction Ξ(t) = ξ
(
1
2+ it
)
.
On a formellement avec l’équation fonctionnelle de ξ :
Ξ(t)=−1
2
(
t2 +1
4
)
π− it
2− 1
4 Γ
(
1
4− it
2
)
ζ
(
1
2− it
)
Soient s=1
2+ it, alors :
ξ
(
1
2+ it
)
=1
2−(
1
4+ t2
)∫
1
∞ψ(x)x
−3
4 cos
(
1
2t log x
)
dx
=4
∫
1
∞ d
(
x3
2ψ ′(x)
)
dxx−1
4 cos
(
1
2t log x
)
dx
Démonstration.
En substituant t= i
(
1
2− s
)
= y+ i
(
1
2− s
)
dans la première formule de Riemann, on a :
Ξ(t)= ξ
(
1
2+ it
)
=1
2−(
1
4+ t2
)∫
1
∞ψ(x) x
−3
4 cos
(
1
2t log x
)
dx
et si l’on substitue dans la seconde formule de Riemann on a :
Ξ(t)= ξ
(
1
2+ it
)
= 4
∫
1
∞(
x3
2ψ ′(x)
)′x−1
4 cos
(
1
2t log x
)
dx
81
On peut citer d’autres formules :
Ξ(t)=−t2 +
1
4
2 π√ 1
2+it
Γ
(
1
4+it
2
)
ζ
(
1
2+ it
)
Ξ(t)=−1
2
(
t2 +1
4
)
π−1
4− t
2 Γ
(
1
4+it
2
)
ζ
(
1
2+ it
)
Z(t) =− 2π1/4
(
t2 +1
4
)∣
∣
∣
∣
Γ
(
1
4+it
2
)∣
∣
∣
∣
Ξ(t)
Ξ(s)= Ξ(−s)
ξ
(
1
2+ it
)
=
[
eRe log
(
Γ(
s
2
))
π− 1
4
(
−t2− 1
4
)
/2
]
[
exp
i Im logΓ(
s
2
)
π−it/2 ζ
(
1
2+ it
)]
Dès lors donnons une intégral faisant intervenir Ξ(t) :
Posons
Φ(x) =
∫
0
∞f(t)Ξ(t) cosxtdt
et soit f(t) = |φ(it)|2 = φ(it)φ(−it). On écrit y= ex, on a :
Φ(x) =1
2
∫
R
φ(it)φ(−it) Ξ(t) yit dt=1
2
∫
R
φ(it)φ(−it)ξ(
1
2+ it
)
yit dt
=1
2i y√
∫
1
2−i∞
1
2+i∞
φ
(
s− 1
2
)
φ
(
1
2− s
)
ξ(s)ys ds
=1
2i y√
∫
1
2−i∞
1
2+i∞
φ
(
s− 1
2
)
φ
(
1
2− s
)
(s− 1)Γ(
1 +s
2
)
π−s
2 ζ(s)ys ds
prenons φ(s)= 1, alors cela est égale à :
1
i y√
∑
n>1
∫
2−i∞
2+i∞
Γ(
2+s
2
)
− 3
2Γ(
1 +s
2
)
(
y
n π√
)s
ds
=1
i y√
∑
n>1
2
∫
3−i∞
3+i∞Γ(ω)
(
y
n π√
)
3ω−4
dω − 3
∫
2−i∞
2+i∞Γ(ω)
(
y
n π√
)
2ω−2
dω
=4π
y√
∑
n>1
(
y
n π√
)−4
e−n2π/y2− 6π
y√
∑
n>1
(
y
n π√
)−2
e−n2π/y2
d’où :∫
0
∞Ξ(t) cos xtdt= 2π2
∑
n>1
(
2πn4 e−9x/2− 3n2 e−5x/2)
exp (−n2πe−2x)
82
par contre s’il l’on prend φ(s)=1
s+1
2
, on a :
Φ(x)=− 1
2i y√
∫
1
2−i∞
1
2+i∞ 1
sΓ(
s
2+1)
π−s/2ζ(s)ys ds
=− 1
4i y√
∫
1
2−i∞
1
2+i∞
Γ(
s
2
)
π−s/2ζ(s)ys ds=−πy
√ ψ
(
1
y2
)
+1
2π y√
d’où :∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
cos xtdt=π
2
ex/2− 2e−x/2 ψ(e−2x)
Factorisation de ξ.
Pour s=1
2+ it, on a :
ξ(s)=∑
n=0
∞a2n
(
s− 1
2
)
2n
où
a2n =4
∫
1
∞ d
[
x3
2ψ ′(x)
]
dxx−1
4
(
1
2log x
)
2n
(2n)!dx
c’est-à-dire :
a2n =4
(2n)!
∫
1
∞(
x3
2ψ ′(x)
)′x−1
4
(
1
2log x
)
2n
dx
Démonstration.
ξ
(
1
2+ it
)
=4
∫
1
∞(
x3
2ψ ′(x)
)′x−1
4
(
t
2log x
)
dx
=4
∫
1
∞(
x3
2ψ ′(x)
)′x−1
4
[
1− 1
2!
(
1
2log x
)
2
t2 +1
4!
(
1
2log x
)
4
t4− ]dx=a0− a2t
2 + a4t4−
a2n> 0 puisque :
(
x3
2ψ ′(x)
)′=
(
x3
2(
e−12πt + e−22πt + e−32πt + )′)′=
(
x3
2(−π)(
12e−12πt +22e−22πt + ))′
=3
2x
1
2(−π)(
12e−12πt + )+ x3
2π2(
14e−12πt + )=π x
√ (
12e−12πt
[
12πt− 3
2
]
+ 22e−22πt
[
22πt− 3
2
]
+ )> 0
83
En fait :
d
dx
(
x3
2ψ ′(x)
)
=d
dx
(
−∑
n=1
∞x
3
2n2πe−n2πx
)
=∑
n=1
∞ (
n4π2x− 3
2n2π
)
x√
e−n2πx
Zeros de ξ.
On rappel que par définition, les zéros de ξ sont les zéros non-triviaux de ζ. Si on note ρ= β+ iγ
un zéro de ξ, vu que ξ(s)= ξ(1− s), on a si ρ est un zéro, un autre zéro qui est 1− ρ.
De même nous avons définit précèdemment la fonctionN(T ), qui est en fait le nombre de zéros de ξ.
Formule pour ξ(2n).
ξ(2n) =(−1)n+1
(2n)!B2n 22n−1πn (2n2−n)(n− 1)!
Les zéros sur la droite critique.
On a d’après l’étude précédente :
Ξ(t) =4
∫
1
∞ d
dx
x3
2 ψ ′(x)
x− 1
4 cos(
t
2log x
)
dx
où
ψ(x)=∑
n=1
∞e−n2πx
Gram prouva que les 15 premiers zéros non-triviaux ont bien une partie réelle valant1
2. En effet
les premiers zéros non-triviaux sont :
ρ1 =1
2+ i14, 1347 ; ρ2 =
1
2+ i21, 0220 ; ρ3 =
1
2+ i25, 0108 ; ρ4 =
1
2+ i30, 4248 ;
ρ5 =1
2+ i32.9350
En 1914, G.H.Hardy prouve dans [41] que ζ possède une infinité de zéros non-triviaux avec une
partie réelle valant1
2, c’est-à-dire qu’il a prouvé que l’équation Ξ(t)=0 a une infinité de solutions.
Démonstration. (Hardy).
Soit la formule de Cahen-Mellin, pour σ, k > 0 :
e−y =1
2iπ
∫
k−i∞
k+i∞Γ(u)y−n du
on déduit pour k >1
2:
1 +1
iπ
∫
k−i∞
k+i∞Γ(u)y−nζ(2u) du= 1+ 2
∑
n>1
e−n2y
Puis avec le théorème de Cauchy avec pour chemin d’intégration la droite σ=1
4et avec des formules
de Riemann on a tout en posant s=1
2+ it :
s(s− 1)
2Γ(
s
2
)
π− s
2ζ(s)= ξ(s)= ξ
(
1
2+ it
)
= Ξ(t)
84
où Ξ(t)∈R pour t∈R, on obtient :
1+π
y
√
− 2
π
∫
−∞
+∞ ( πy
)1
4+it Ξ(2t)
1
4+4t2
dt= 1+ 2∑
n>1
e−n2y
On pose y=πeiα où − π
2<α<
π
2et :
e−y = e−π cosα−iπ sinα = eπit = q= eiφ
on obtient :∫
0
∞ (eαt + e−αt) Ξ(2t)1
4+ 4t2
dt= π cos1
4α− 1
2πe
1
4iαF (q)
où :
F (q)= 1+ 2∑
n=1
∞qn2
Enfin en différentiant 2p fois par rapport à α, on a :
∫
0
∞ (eαt + e−αt) Ξ(2t)1
4+4t2
dt=(−1)pπ
42pcos
1
4α−
(
d
dα
)
2p[
1
2πe
1
4iαF (q)
]
Soit α π
2| q −1 suivant un chemin tangent au rayon φ= π. Le dernier terme de
∫
0
∞ (eαt + e−αt) Ξ(2t)1
4+4t2
dt=(−1)pπ
42pcos
1
4α−
(
d
dα
)
2p[
1
2πe
1
4iαF (q)
]
tend vers 0 pour tout p. Il suffit que toutes les fonctions
(
d
dy
)
2p
F (q)= 2∑
n>1
n4pqn2 0
issue des théorèmes de Bohr-Riesz sur la sommabilité des séries de Dirichlet.
La série (1−21−2s)ζ(s) est convergente pour σ> 0, régulière dans tout le plan et d’ordre fini danstout le demi-plan σ > σ0. La série est donc sommable ∀s, par les moyennes de Césaro et pour sentier négatif, elle a la somme
(1− 21−2s)ζ(2s)= 0
Quand α π
2, l’intégrale
∫
0
∞ (eαt + e−αt) Ξ(2t)1
4+4t2
dt=(−1)pπ
42pcos
1
4α−
(
d
dα
)
2p[
1
2πe
1
4iαF (q)
] (−1)pπ
42pcos
π
8
On suppose Ξ(2t) garde un signe pour t > T > 1, par exemple le signe positif. Alors on a :
∫
0
∞ (eαt + e−αt) Ξ(2t)1
4+ 4t2
dt=(−1)pπ
42pcos
π
8
85
Soit p un nombre impair, on a pour k indépendant de p :
∫
T
∞<−∫
0
T
<kT 2p
Mais cela est impossible. Il y a en effet d’après notre hypothèse, un nombre δ> 0 | Ξ(2t)>δ, pour
2T < t< 2T + 1
Donc pour k, k1 > 0 ne dépendant pas de p :
∫
T
∞>
∫
2T
2T +1
>δk1(2T )2p
Enfin grâce aux deux dernières inégalités sur les intégrales, on a :
δk122p<k
donc pour p assez grand, une contradiction.
Démonstration.
F (t)=− 1
2
(
t2 +1
4
)
π− 1
4− it
2 Γ
(
1
4+it
2
)
ζ
(
1
2+ it
)
est paire, entière et réelle si t∈R. Un zéro de zêta sur σ=1
2est un zéro réel de F , donc on cherche
à prouver que cette fonction à une infinité de zéros réels.
Soit n > 1 entier; des calculs fastidieux montrent que, si l’on suppose que F (t) garde un signeconstant, disons positifs pour t>T assez grand, alors on a :
∫
0
∞ t2nF (t) cosh(
πt
4
)
t2 +1
4
dt=(−1)n cos
(
π
8
)
22n
Mais si n impair, le membre de droite est négatif et donc
∫
T
∞ t2nF (t) cosh(
πt
4
)
t2 +1
4
dt<−∫
0
T t2nF (t) cosh(
πt
4
)
t2 +1
4
dt<KT 2n
avec K indépendant de n. L’hypothèse sur F implique qu’il existe un nombre positif L=L(T ) tel
que F (T )/
(
t2 +1
4
)
>L pour t∈ [2T ; 2T +1], et donc :
∫
T
∞ t2nF (t) cosh(
πt
4
)
t2 +1
4
dt>
∫
2T
2T +1
Lt2n dt>L(2T )2n
et ainsi on aurait :
L22n<K
86
Ce qui ne se peut si n est suffisament grand.
Démonstration. [15].
Nous avons :
Ξ(t)=− 1
2
(
t2 +1
4
)
π− 1
4− it
2 Γ
(
1
4+it
2
)
ζ
(
1
2+ it
)
où Ξ(t) est une fonction intégrale pair de t, et réel pour t∈R, un zéro de ζ(s) sur σ=1
2correspond
alors à un zéro réel de Ξ(t).
Posons x=−iα dans∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
cos xtdt=π
2
(
ex
2 − 2e− x
2 ψ(e−2x)
)
nous avons :
2
π
∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
coshαtdt= e− iα
2 − 2eiα
2 ψ(e2iα)= 2 cosα
2− 2e
iα
2
(
1
2+ ψ(e2iα)
)
Depuis ζ
(
1
2+ it
)
=O(tA), Ξ(t)=O(
tA e− πt
4
)
, et de l’intégrale ci-dessus qui peut-être différencié
par rapport à α un certain nombre de fois à condition que α<π
4. Ainsi :
2
π
∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2ncoshαtdt=(−1)n cos
α
222n−1 − 2
(
d
dα
)
2n
eiα
2
(
1
2+ ψ(e2iα)
)
Nous prouvons ensuite que le dernier terme vers 0 comme α π
4∀n, l’équation
2ψ(x)+ 1=1
x√
2ψ
(
1
x
)
+ 1
donne l’équation fonctionnelle
x− 1
4 − 2x1
4ψ(x) =x1
4 − 2x− 1
4 ψ
(
1
x
)
⇔ ψ(x)= x− 1
2ψ
(
1
x
)
+1
2x− 1
2 − 1
2
d’où
ψ(i+ δ)=∑
n=1
∞e−n2π(i+δ) =
∑
n=1
∞(−1)ne−n2πδ = 2ψ(4δ)− ψ(δ)
=1
δ√ ψ
(
1
4δ
)
− 1
δ√ ψ
(
1
δ
)
− 1
2
On voit facilement à partit de cela que1
2+ ψ(x) et toutes ses dérivées tendent vers 0 car x i,
le long d’un chemin dans un angle |arg(x− i)|< π
2. Nous avons ainsi prouvé que :
limα→π
4
∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshαtdt=(−1)nπ cos
π
822n
87
Supposons maintenant que Ξ(t) est en fin de compte de même signe, disons, par exemple, positifpour t>T . Alors :
limα→π
4
∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshαtdt=L
D’où :∫
T
T ′
Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshαtdt6L
∀α< π
4et T ′>T . D’où en faisant α π
4:
∫
T
T ′
Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshπ
4tdt6L
D’où l’intégrale∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2n cosh1
4πtdt
convergente. L’intégrale à la gauche de
limα→π
4
∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshαtdt=(−1)nπ cos
π
822n
est alors convergente uniformément par rapport à α pour 06α6π
4, et il suit que
∫
0
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshπ
4tdt=
(−1)nπ cosπ
822n
pour tout n.
Ceci, cependant, est impossible, pour un n impair donné, le côté droit est négatif, et d’où :
∫
T
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshπ
4tdt <−
∫
0
T Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshπ
4tdt <KT 2n
où K est indépendant de n. Mais par hypothèse il y a un nombre positif m=m(T ) tel que :
Ξ(t)
t2 +1
4
>m
pour 2T 6 t6 2T + 1. D’où :
∫
T
∞ Ξ(t)
t2 +1
4
t2n coshπ
4tdt>
∫
2T
2T +1
mt2n dt>m(2T )2n
d’où :
m22n<K
88
ce qui est faux pour n suffisamment grand. Ce qui prouve le théorème.
On sait désormais qu’il y a une infinité de solutions réelles à l’équation Ξ(t)=0, donc que la fonction
zêta possède une infinité de zéros sur σ=1
2; mais on ne sait pas s’il sont tous sur la droite critique,
il a alors été établi des proportions que nous allons présenter.
On désigne par N0(T ) le nombre de zéros de ζ
(
1
2+ it
)
pour 0<t6T . Hardy et Littlewood affirme
en 1921 dans [43] que :
∃A> 0 tel que N0(T )>AT
Une preuve est donnée dans [46] page 229-237.
En 1932, A.Selberg prouve un meilleur résultat en montrant que :
N0(T )>AT log T
Ce résultat est donné dans [15] page 278 et dans [46] page 237-246.
En 1989 dans [42], Conrey prouve pour T assez grand :
N0(T )>αN(T )
avec α= 0.40219, ainsi, plus de 1/3 des zéros non triviaux de zêta sont sur la droite critique.
En fait pour les zéros de la droite critique, on sait qu’il existe une constante C telle que ∀T > 2,on a :
N0(T )>CT lnT >CN(T )
On en connaît pas la valeur exacte de la constante C, mais Conrey a démontré en 1989 que :
limT→∞
infN0(T )
N(T )>0.4077
Autrement dit, plus de 2/5 des zéros de zêta sont sur la bande critique.
N.Levinson trouva α= 0.342 dans [45]; et J.B.Conrey α= 0.3658 dans [44].
Lien entre ζ et d’autres fonctions.
Fonction êta de Dirichlet.
η(s) = (1− 21−s)ζ(s)
Fonction de Möbius.
Pour s> 1
1
ζ(s)=∏
p
1− p−s =∏
p
(1 + µ(p)p−s + µ(p2)p−2s + )=∑
n=1
∞µ(n)
ns=L(µ, s)
89
Fonction indicatrice d’Euler.
Pour s> 2
ζ(s− 1)
ζ(s)=∑
n=1
∞n
ns
∑
n=1
∞µ(n)
ns=∑
n=1
∞1
ns
∑
d|ndµ(
n
d
)
=∑
n>1
φ(n)
ns
Fonction σ(n).
Pour s> 2
ζ(s)ζ(s− 1)=∑
n>1
σ(n)
ns
et pour s> k+1
ζ(s)ζ(s− k)=∑
n=1
∞1
ns
∑
n=1
∞nk
ns=∑
n>1
n−s∑
d|ndk =
∑
n=1
∞σk(n)
ns
Fonction log.
Avec
log ζ(s)=∑
p
log
(
1
1− p−s
)
puis en dérivant par rapport à s, et en remarquant qued
dslog
1
1− p−s=− log p
ps − 1, on a
− ζ ′(s)ζ(s)
=∑
p
log pps − 1
Fonction de Von Mangoldt.
Pour s> 1
−ζ ′(s)ζ(s)
=∑
n=1
∞Λ(n)
ns=L(Λ, s)
puisque
− ζ ′(s) =∑
n=1
∞log nns
il s’ensuit que
∑
n=1
∞Λ(n)
ns=
1
ζ(s)
∑
n>1
lognns
=∑
n=1
∞µ(n)
ns
∑
n=1
∞log nns
et
∑
n=1
∞lognns
= ζ(s)∑
n=1
∞Λ(n)
ns=∑
n=1
∞1
ns
∑
n=1
∞Λ(n)
ns
Fonction dk(n).
Pour s> 1
ζk(s)=∑
n=1
∞dk(n)n−s
90
on a aussi la formule de Ramanujan :
ζ4(s)
ζ(2s)=∑
n=1
∞(d(n))2
ns
Fonction λ(n) de Liouville.
Pour s> 1, on a la formule de Lehman (1960)
ζ(2s)
ζ(s)=∏
p
(
1− p−s
1− p−2s
)
=∏
p
(
1 +1
ps
)−1
=∏
p
(
1− 1
ps+
1
p2s− )=
∑
n=1
∞λ(n)
ns
Fonction ω(n).
Pour s> 1
ζ2(s)
ζ(2s)=∑
n=1
∞2ω(n)n−s
Fonction q(n).
Pour s> 1
ζ(s)
ζ(2s)=∏
p
(
1− p−2s
1− p−s
)
=∏
p
(
1 +1
ps
)
=∑
n>1
q(n)
ns=∑
n=1
∞ |µ(n)|ns
ou plus généralement
ζ(s)
ζ(sk)=∑
n=1
∞qk(n)
ns
Constante d’Euler-Mascheroni.
En 2003 Mavil donne
γ=∑
k>2
(−1)kζ(k)
k
et
1− γ=∑
n>2
ζ(n)− 1
n
plus généralement pour −1 6 x6 1, on a la formule de T.Drane (2006) :
∑
k>2
(−x)kζ(k)
k= xγ+ ln (x!)
on a aussi
γ=− 1
2
∑
n=1
∞Λ(k)− 1
ket ζ(s)+
ζ ′(s)ζ(s)
=−∑
k>1
Λ(k)− 1
ks
Fonction λ de Dirichlet.
λ(x)=∑
n=0
∞1
(2n+ 1)x=(1− 2−x)ζ(x)
91
on a aussi
ζ(u)
2u=
λ(u)
2u − 1=
η(u)
2u − 2
et en 1987, Spanier et Oldham donnent
ζ(u)+ η(u)= 2λ(u)
Fonction φa(n).
∑
n>1
φa(n)
ns=ζ(s− a− 1)
ζ(s)
Fonction ψ(n).
− ζ ′(s− 1)
ζ(s)=∑
n=1
∞ψ(n)
ns
−ζ ′(s)sζ(s)
− 1
s− 1=
∫
1
∞ ψ(x)− x
xs+1 dx
de telle sorte que
− ζ ′(s)ζ(s)
= s
∫
1
∞ ψ(x)
xs+1 dx
Fonction Γ.
ζ ′(s)ζ(s)
+ζ ′(1− s)
ζ(1− s)= log x− 1
2
Γ′(
s
2
)
Γ(
s
2
) +
Γ′(
1
2− 1
2s
)
Γ
(
1
2− 1
2s
)
1
Γ(1 + z)= exp
γz−∑
k>2
(−1)kζ(k)zk
k
∫
0
∞ un du
eu − 1=n! ζ(n+ 1)
Pour |t|< 1, on a les formules d’Euler :
lnΓ(1 + t)=−γt+∑
n=2
∞(−1)nζ(n)
ntn
Legendre écrit la formule d’Euler sous la forme :
lnΓ(1 + t)=1
2ln
πt
sin πt+
1
2ln
1− t
1 + t+(1− γ)t+
∑
n=1
∞1− ζ(2n+ 1)
2n+ 1tn
Fonction M de Mertens.
M(u)7 ∑
n6u
µ(n)
92
pour σ > 1. On a
∑
n>1
µ(n)
ns= s
∫
1
∞ M(u)
u1+sdu
HR conjecture que l’intégrale converge et que la relation est vraie pour σ>1
2avec s 1. On sait
que
M(u)=O(
u exp
−13(lnu)3/5(ln lnu)1/5)
voir Arnold Walfisz dans Weylsche Exponentialsummen in der neueren Zahlentheorie de 1963.EStimation qui dépend de la plus grande région sans zéro.
Conjectures et hypothèse de Riemann.
On a vu qu’il y a pour ζ(s) deux sortes de zéros : les zéros triviaux de la forme −2n, et les zérosnon-triviaux dont on ne connais pas très bien la répartition. En 1859, B.Riemann conjecture dans
[12] que tout les zéros non-triviaux ont une partie réelle valant1
2, c’est l’hypothèse de Riemann,
qui peut se formuler ainsi :
ξ
(
1
2+ it
)
= Ξ(t)= 0
La répartition des zéros non-triviaux est en lien direct avec la répartition des nombres premiers,cela améliorerait les majorations actuelles de π(x). En effet pour ρ= β+ iγ un zéro non-trivial etx> 1, on a la formule de Von Mangoldt :
ψ(x)= x−∑
ρ
xρ
ρ+∑
n
x−2n
2n− ζ ′(0)
ζ(0)
pour s’en convaincre d’autant plus, on voit bien que les zéros non-triviaux interviennent dans lestermes d’erreurs du théorème des nombres premiers grâce à la formule de Landau :
ψ(x) =x−∑
|γ |6T
xρ
ρ− log 2π− 1
2log (1− x−2)+O(xT−1log2(xT )+ log x)
avec T > 1 et γ ∈ [−T ;T ].
Assertions équivalentes et implications.
On désigne l’hypothèse de Riemann par HR.
On peut trouver des énoncés équivalents, ou des implications de théorèmes qui sont étroitementliés avec l’hypothèse de Riemann.
• HR⇔∃tn→∞ tel que |ζ(1+ itn)|>C ln ln tn
• HR ⇔π(x)−Li(x)=O( x√
lnx)
• HR⇔ ζ n’a pas de zéros pour σ>1
2. Puisque les zéros de ζ sont symétrique par rapport à
la droite critique.
• Théorème de Speiser : HR⇔ ζ ′(s) n’a pas de zéros non-triviaux pour σ <1
2
93
• Théorème de Yilidirim (1996) : HR⇒ ζ ′′(s) et ζ ′′′(s) ne s’annulent pas dans 0<σ<1
2
• HR⇒|xρ|= x√
d’où :
∑
ρ
xρ
ρ=O( x
√log2x) et π(x)=Li(x)+O( x
√log x)
• HR⇒N0(T )=N(T )∼ 1
2πT log T
• HR équivalent à ce que si η(s) =0 et 0<σ < 1, alors σ=1
2
• HR⇒ δ= 0 dans le théorème de Valiron
• HR⇒ pn+1− pn =O(
pn1/2 ln pn
)
Sous l’hypothèse que HR soit vraie, on a uniformément pour tout σ tel que1
2<σ0<σ< 1 :
ln ζ(σ+ it)=O((ln t)2−2σ+ε)
et même plus précisément si l’on suppose1
2+
1
ln ln t6 σ6 1, on a
ln ζ(σ+ it) =O(ln ln t(ln t)2−2σ)
de cela on déduit ∀σ > 1
2:
ζ(σ+ it)=O(tε)
et
1
ζ(σ+ it)=O(tε)
c’est-à-dire que l’hypothèse de Riemann implique celle de Lindelöf. Donc l’hypothèse de Lindelöfse réformule ainsi ∀ε> 0 :
ζ
(
1
2+ it
)
≪|t|ε⇔ µ
(
1
2
)
= 0
On a plusieurs améliorations de ce résultat; Tout d’abord celle de G.Kolesnik de 1982 :
ζ
(
1
2+ it
)
=O(
t1/6−1/216+ε)
=O(
t105
648+ε
)
puis celle de B.Bombieri et H.Iwaniec de 1986 :
ζ
(
1
2+ it
)
=O(
t1/6−1/28+ε)
=O(
t11
84+ε
)
Maintenant notons Θ la borne supérieure dans
[
1
2; 1
]
des parties réelles des zéros non-triviaux.
HR⇒Θ =1
2et µζ
(
1
2
)
=0 et l’hypothèse de Lindelöf ⇔µζ
(
1
2
)
=0 et Θ =1
2.
94
Les assertions suivantes sont équivalentes avec x→∞ et ε> 0 :
• ζ n’a pas de zéros pour σ >Θ\1
• ψ(x)=x+O(xΘln2x)
• ψ(x)=x+Oε(xΘ+ε)
• π(x)=Li(x)+O(xΘ lnx)
• π(x)=Li(x)+Oε(xΘ+ε)
• M(x)=Oε(xΘ+ε)
• σconv(µ) 6Θ
Si l’on prends Θ =1
2, on obtient des énoncés équivalents à l’hypothèse de Riemann.
En 1897, Mertens conjecture que |M(x)|6 x√
, cela fut réfuté en 1985 par Odlyzko et Te Riele. Enrevanche on a l’hypothèse de Mertens généralisée : |M(x)|6A x
√pour A>1, c’est-à-dire M(x)=
O( x√
). Cette hypothèse implique l’hypothèse de Mertens affaiblie, qui implique l’hypothèse deRiemann et qui implique l’hypothèse de Lindelöf.
L’hypothèse de densité avec la fonction N(σ,T ), peut permettre d’avoir si l’hypothèse de Riemannest vraie, la majoration suivante :
pn+1− pn =Oε
(
pn
1
2+ε
)
Récapitulation des conjectures.
Nous allons énoncer des assertions et les numéroter pour mieux montrer leurs liens.
1. σconv(µ)61
2
2. ∀ε> 0, M(x)=Oε
(
x1
2+ε
)
3. ψ(x) =x+O(
x1
2 ln2x
)
et π(x)=Li(x)+O(
x1
2 lnx
)
4. L’hypothèse de Riemann
5. ζ ′′(s) et ζ ′′′(s) non nuls pour 0<σ <1
2
6. pn+1− pn =O(
pn
1
2 ln pn
)
7. ζ ′(s) n’a pas de zéros dans 0<σ<1
2
8. pn+1− pn =O(ln2 pn) (conjecture de Cramér)
9. M(x)=O( x√
) (conjecture de Mertens généralisée)
10.
1
T
∫
1
T
|ζ(σ+ it)|2k dt≪σ,k,ε Tε
11. N(σ, T + 1)−N(σ, T )=o(lnT )
95
12. ∀ε> 0, ζ
(
1
2+ it
)
=Oε(tε) (hypothèse de Lindelöf)
13. N(σ, T )≪ε T2(1−σ)+ε (hypothèse de densité)
14. ∀ε> 0, pn+1− pn =O(
pn
1
2+ε
)
15. pn+1− pn =O( pn√
)
16. pn+1√ − pn
√< 1 (conjecture d’Andrica, forme faible)
17. π(n2 +n)>π(n2)>π(n2−n)
18. π((n+ 1)2)− π(n2)> 0 (conjecture de Legendre, forme faible)
19. π(pn+12 )− π(pn
2)> 2
20. π(pn+12 )− π(pn
2)> 4 (conjecture de Brocard, forme faible)
1⇔ 2⇔ 3⇔ 4⇔ 7 et 4⇒ 5, 4⇒ 12⇒ 13⇒ 14, 4⇒ 6, 9⇒ 4 et 10⇒ 11⇔ 12, 17⇒ 16⇒ 15⇒ 14
et 8⇒ 6⇒ 14, 8⇒ 18⇒ 16 et 17⇒ 18⇒ 19 et 20⇒ 19
Annexe A - La fonction elliptique de Poisson.
Définition.
Pour t> δ > 0,
ψ(t)=∑
n>1
e−n2πt
L’équation fonctionnelle.
ψ(t) = ψ
(
1
t
)
t−1/2 +1
2t−1/2− 1
2
Démonstration.
Fixons u, et intégrons la fonction e−π(θ−iu)2 = e−πθ2e2iπθu eπu2
dans le sens contraire des aiguillesd’une montre, le long du rectangle de sommets −∞+ iu; −∞; +∞; ∞+ iu. Deux de ces intégralesdisparaissent :
∣
∣
∣
∣
∫
∞
∞+iu
e−πθ2e2iπθu eπu2
dθ
∣
∣
∣
∣
6
∫
∞
∞+iu∣
∣e−πθ2e2iπθu eπu2∣
∣ dθ
= |e2iπθu| e−π∞2 eπu2|u|= 0
=1 =0
et∣
∣
∣
∣
∫
−∞+iu
−∞e−πθ2
e2iπθu eπu2dθ
∣
∣
∣
∣
6
∫
−∞+iu
−∞∣
∣e−πθ2e2iπθu eπu2∣
∣ dθ
= |e2iπθu| e−π(−∞)2eπu2 |u|=0
=1 =0
96
Par le théorème de Cauchy :∮
e−πθ2e2iπθu eπu2
dθ= 0
=eπu2
∫
∞+iu
−∞+iu
e−πθ2e2iπθu eπu2
dθ+eπ(0)2∫
−∞
∞e−πθ2
e2iπθ(0) dθ
Alors
eπu2
∫
∞+iu
−∞+iu
e−πθ2e2iπθu dθ=
∫
−∞
∞e−πθ2
dθ= 1
c’est-à-dire
e−πu2=
∫
∞+iu
−∞+iu
e−πθ2e2iπθu dθ=
∫
−∞
∞e−πθ2
e2iπθu dθ
Pour m∈Z, on pose u=m t√
. On obtient alors :
e−m2πt =
∫
−∞
∞e−πθ2
e2iπθm t√dθ
on pose ω= θ t√
, ce qui donne :
e−m2πt =1
t√∫
−∞
∞e−πω2/t e2iπωm dθ
en sommant les deux côtés, on a :
1 +2∑
N=0
∞1
eN2πt=
1
t√(
∑
N=0
∞ ∫
−∞
∞ 1
eω2π/te2iπNω dω
)
Par la formule sommatoire de Poisson, et en posant F (ω) =1
eω2π/t:
∑
N=0
∞ ∫
−∞
∞ 1
eω2π/te2iπNω dω=
∑
N=0
∞F (N)
Nous avons alors :
1 + 2∑
N=0
∞1
eN2πt=
1
t√(
∑
N=0
∞1
eN2πt
)
=1
t√(
1 + 2
(
∑
N=0
∞1
eN2πt
))
Avec N =ω, on a :
1 +2ψ(t)=1
t√(
1+ 2ψ
(
1
t
))
Annexe B - La fonction êta de Dirichlet.
On définit la fonction êta de Dirichlet pour de la façon suivante :
η(s)7∑
n=1
∞(−1)n−1
ns=
1
Γ(s)
∫
0
∞ xs−1
ex + 1dx=(1− 21−s)ζ(s)
97
et
η(s)7 π−s/2 Γ(
s
2
)
ζ(s)
tel que
η(s)= η(1− s)
Démonstration.
Soit
2 sinπsΓ(s)ζ(s) = (2π)s 2 sin(
πs
2
)
ζ(1− s)
on pose
sin(
πs
2
)
=π
Γ(
s
2
)
Γ(
1− s
2
)
et
sin (πs)Γ(s) =π
Γ(1− s)
alors
1
Γ(1− s)ζ(s)= (2π)s 1
Γ(
s
2
)
Γ(
1− s
2
)ζ(1− s)
c’est-à-dire
π−s/2 Γ(
s
2
)
ζ(s)= π−(1−s)/2π1/2 2s Γ(1− s)ζ(1− s)
Γ(
1− s
2
)
Par le fait que Γ(s)= π−1/2 2s−1 Γ(
s
2
)
Γ
(
1+ s
2
)
, d’où :
Γ(1− s)= π1/2 2−s Γ
(
1− s
2
)
Γ(
1− s
2
)
c’est-à-dire
π1/2Γ(1− s)1
Γ(
1− s
2
)= Γ
(
1− s
2
)
alors
π−s/2 Γ(
s
2
)
ζ(s)= π−(1−s)/2 Γ
(
1− s
2
)
ζ(1− s)
qui sécrit
η(s)= η(1− s)
BIBLIOGRAPHIE.
• [1] A.VAN DER POORTEN. A proof that Euler missed... Apéry’s proof of the irrationalityof ζ(3). Math.intellig. 1,195-203 (1979).
98
• [2] H.COHEN. Démonstration de l’irrationalité de ζ(3) (d’après Apéry). Séminaire dethéorie des nombres de Grenoble. VI.1-VI.9 (1978).
• [3] E.REYSSAT. Irrationalité de ζ(3), selon Apéry . Séminaire Delange-Pisot-Poitou, 20e
année (1978-1979), exposé n0.6, 6pp.
• [4] R.APERY. Irrationalité de ζ(2) et de ζ(3). Société mathématiques de France, Astérisque61 (1979), p11-13.
• [5] F.BEUKERS. The values of Polylogarithms . Topics in classical theory, 219-228, Colloq.Math. Soc. Janos Bolyai, Budapest (1981).
• [6] T.RIVOAL. La fonction zêta de Riemann prend une infinité de valeurs irrationelles auxentiers impaires . C. R. Acad. Sci. Paris Sér. I Math. 331 (2000), no. 4, p.267-270.
• [7] K.M.BALL/T.RIVOAL. Irrationalité d’une infinité de valeurs de la fonction zêta auxentiers impairs , Invent. Math. 146 (2001), p.193-207.
• [8] T.RIVOAL. Irrationalité d’au moins un des neufs nombres ζ(5);ζ(7);...;ζ(21). ActaArith. 103 (2002), no.2, p.157-167.
• [9] W.ZUDULIN. One of the number ζ(5);ζ(7); ζ(9); ζ(11) is irrational. uspekhi Mat. Nausk56 (2001), no.4, p.149-150, Russian Math. Surveys, p.774-776.
• [10] W.ZUDULIN. Arithmetic of linear forms involving odd zeta values . preprint, math.NT/0206176, (2002).
• [11] L.A.GUTNIK. The irrationality of certain quantities involving ζ(3), Russ. Math. Surv34, no.3, 200 (1979). En russe dans Acta Arith.42, no.3, 255-264 (1983).
• [12] B.RIEMANN. Sur le nombre de nombres premiers inférieurs à une grandeur donnée.(1859).
• [13] S.PLOUFFE. Identities inspired by Ramanujan Notebook (part 2). (2006).
• [14] D.CVIJOVIC/J.KLINOWSKI. Integral representations of the Riemann zeta functionfor odd integers arguments. J.Comput.Appl. Math, 142 (2002).
• [15] E.C.TITCHMARSH. The theory of the Riemann zeta function. second edition. (1986).
• [16] KLOOSTERMAN. Een integraal voor de ζ functie van Riemann . (1922).
• [17]G.H.HARDY/J.E.LITTLEWOOD. The zeros of Riemann’s zeta function on the criticalline. MZ. 10 (1921) 238-317.
• [18]G.TENENBAUM. Introduction à la théorie analytique et probabiliste des nombres Belin(2008).
• [19]A.WALFISZ. Zur Abschätzung von ζ
(
1
2+ it
)
. Göttinger Nachrichten (1924), 155-8.
• [20]E.C.TITCHMARSH. On Van Der Corput’s method and the zeta function of Riemann.Q.J.O. 2 (1931).
• [21] E.PHILLIPS. The zeta function of Riemann; further developments of Van Der Crput’smethod. Q.J.O. 4 (1933), 209-25.
99
• [22] E.C.TITCHMARSH. On the order of ζ
(
1
2+ it
)
. Q.J.O. 13 (1942), 11-17..
• [23] S.H.MIN. On the order of ζ
(
1
2+ it
)
. Trans.Amer.Math.Soc 65 (1949), 448-72.
• [24] D.R.HEATH-BROWN. The fourth power moment of the Riemann zeta function. Proc.London. Math. Soc (3), 38 (1979), 385-422.
• [25] D.R.HEATH-BROWN. Simple zeros of the Riemann zeta function on the critical line.Bull London. Math. Soc, 11 (1979), 17-18.
• [26] D.A.BURGESS. On the character sums and L-series II . Proc.London.Math.Soc (3),13 (1963), 524-536.
• [27] J.-R.CHEN. On the order of ζ
(
1
2+ it
)
. Chinese.Math.Acta,6 (1965), 463-478.
• [28] W.HANEKE. Verschärfung der Abschätzung von ζ
(
1
2+ it
)
. Acta Arith, 8 (1962-63),
357-430.
• [29] G.KOLESNIK. On the estimation of certain trigonometrc sums. Acta Arith 25 (1973),7-30.
• [30] G.KOLESNIK. On the order of ζ
(
1
2+ it
)
and ∆(R). Pacific J.Math. 82 (1982), 107-
122.
• [31] G.KOLESNIK. On the methods of exponent pairs. Acta Arith 45 (1985), 115-143.
• [32] A.SELBERG. An elementary proof of the prime number theorem. Ann of Math (2), 50(1949), 305-13.
• [33] P.ERDÖS. A new method in elementary number theory which leads to an elementaryproof of the prime number theorem. Proc Nat Acad Sci, USA, 35 (1949), 374-384.
• [34] A.E.INGHAM. On the estimation of N(σ, T ). Q.J.O. 11 (1940), 291-2.
• [35] A.SELBERG. Contributions to the theory of the Riemann zeta function. Arch for Mathog Naturv. B, 48 (1946), no.5.
• [36] H.L.MONTGOMERY. Topics in multiplicative number theory . Lectures Notes in Math.227 (springer, Belin, 1971).
• [37] A.IVIC. A zero density theorem for the Riemann zeta function. Trudy Mat Inst.Steklov. 163 (1984), 85-89.
• [38] A.IVIC. The Riemann zeta function. (Wiley Interscience, New York, 1985).
• [39] M.N.HUXLEY. On the difference between consecutive primes . Invent Math. 15 (1972),155-164.
• [40] D.R.HEATH-BROWN. Zero density estimates for the Riemann zeta function andDirichlet L-functions. J.London Math. Soc. (2), 20 (1979), 221-232.
• [41] G.H.HARDY. Sur les zéros de la fonction ζ(s) de Riemann . C.R. Acad. Sci 158 (1914).
100
• [42] J.B.CONREY. More than two fifths of the zeros of the Riemann zeta function are onthe critical line. reine arge w.math, 399 (1989), pp 1-26.
• [43] G.H.HARDY/J-E.LITTLEWOOD. The zeros of Riemann’s zeta function on the criticalline. M.Z. 10 (1921), 238-317.
• [44] J.B.CONREY. Zeros of derivatives of Riemann’s xi function on the critical line. J.Number Theory, 16 (1983), 49-74.
• [45] N.LEVINSON. More than one third of the zeros of Riemann’s zeta function are on
σ=1
2. Adv. Math 13 (1974), 383-436.
• [46] H.M.EDWARDS. Riemann’s zeta function. Dover (1974).
• [47] P.COLMEZ. éléments d’analyse et d’algèbre et de théorie des nombres. (2012).
101
102
