Somme des inverses des nombres premiers

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Somme des inverses des nombres premiers

Messagepar Jean-charles » Vendredi 06 Avril 2007, 19:46

En cherchant sur le net j'ai trouvé des démonstrations prouvant que la série de terme général $(\dfrac{1}{p_n})$ est divergente où $p_n$ est le n ième nombre premier.
Mais je bloque sur une étape qui n'est pas assez détaillé pour moi.

On pose $u_n= \ds\prod_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1-\dfrac{1}{p_k}}$
Comme $\ln(u_n)=  -\ds\sum_{k=1}^{n} \ln(1-\dfrac{1}{p_k})$, si la suite $(u_n)$ diverge alors la série de terme général $\ln(1-\dfrac{1}{p_k})$ diverge aussi.
Or $\ln(1-\dfrac{1}{p_k})$ est équivalent à $-\dfrac{1}{p_k})$ donc la série des inverses des premiers diverge aussi.
Reste à démontrer que la suite $(u_n)$ diverge, pour cela ils affirment que:
$u_n  \ge \ds\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$ et là je ne vois pas pourquoi...
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Messagepar Arnaud » Vendredi 06 Avril 2007, 20:16

Moi non plus, et cette démo me parait bizarre.

La démo la plus simple que je connais utilise le cardinal de l'ensemble des nombres inférieur à un certain nombre $x$ et non-divisibles par les $p_i$.
Cette démo apparait dans le livre de Bordellès ( Borde pour les intimes :D ), dans le Gourdon ( je crois ), et dans le De Biasi.
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Messagepar Jean-charles » Vendredi 06 Avril 2007, 20:27

Bon merci je vais voir dans le gourdon.
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Re: Somme des inverses des nombres premiers

Messagepar Jean-charles » Vendredi 06 Avril 2007, 22:35

Après lecture de l'étude de zêta dans le Gourdon je crois que j'ai compris:
On utilise le développement en série entière de $ \dfrac{1}{1-\dfrac{1}{p_k}}$:

$$ \dfrac{1}{1-\dfrac{1}{p_k}}=\ds\sum_{i=0}^{+\infty} \dfrac{1}{{p_k}^i} $$



$$ u_n= \ds\prod_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1-\dfrac{1}{p_k}}=\ds\prod_{k=1}^{n}(\ds\sum_{i_k=0}^{+\infty} \dfrac{1}{{p_k}^{i_k}})   \ge  \ds\prod_{k=1}^{n}(\ds\sum_{i_k=0}^{N} \dfrac{1}{{p_k}^{i_k}}) $$


$N$ est un entier quelconque.
Or $\ds\prod_{k=1}^{n}(\ds\sum_{i_k=0}^{N} \dfrac{1}{{p_k}^{i_k}})= \ds\sum_{0 \le i_1,...,i_n \le N}^{} \dfrac{1}{{p_1}^{i_1}...{p_n}^{i_n}} $
Il faut ensuite choisir $N$ de telle manière que $\ds\sum_{0 \le i_1,...,i_n \le N}^{} \dfrac{1}{{p_1}^{i_1}...{p_n}^{i_n}} \ge \ds\sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{j} $, c'est possible en utilisant la décomposition en facteur premier de $n$.
Et ainsi on a bien $u_n \ge \sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{j} $
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Messagepar Arnaud » Vendredi 06 Avril 2007, 22:43

Ha oui, ok.
Donc effectivement ce n'était pas évident.
Bon ben du coup je connais deux démos :D
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Messagepar Tryphon » Samedi 07 Avril 2007, 10:47

Celle-là est historique, c'est celle d'Euler.

En remplaçant $p_k$ par $p_k^s$ ($\Re s>1$) on obtient l'égalité - de produits et séries convergente cette fois (donc justifications attendues. On utilise notamment le fait algébrique que tout entier admet une unique DFP) - :
[center]$\ds\zeta(s) = \sum_{n\geq 1} \frac 1{n^s} = \prod_{k \geq 1}\frac{1}{1 - \frac{1}{p_k^s}}$[/center]
appelé développement en produit Eulérien de $\zeta$. Si je me souviens bien, on peut donner un sens au produit lorsque $\Re s > 0$ et $s \not= 1$, ce qui fournit un premier prolongement de $\zeta$ (on peut en fait prolonger $\zeta$ sur $\C \setminus \{1\}$ avec des techniques différentes).
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