357. Une version faible du théorème des nombres premiers (2/2)

Vous trouverez dans un autre article une minoration de la fonction $\pi.$

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 356.

Dans ce contenu, les notations de ce contenu sont reprises et vous allez démontrer la majoration suivante :

\forall n\in\N, n\geq 3 \implies \pi(n) \leq \e \frac{n}{\ln n}.

Montrez que pour tout entier $m\geq 1$ le produit $\prod_{m+1\lt p\leq 2m+1}p$ divise le coefficient binomial $\binom{2m+1}{m+1}$

Soient $m$ un entier supérieur ou égal à $1$ et $p$ un nombre premier tel que $m+1\lt p\leq 2m+1.$

Le coefficient binomial $\binom{2m+1}{m+1}$ est un nombre entier qui s’exprime avec les factorielles suivantes :

\binom{2m+1}{m+1} = \frac{(2m+1)!}{m!(m+1)!}.

Vous déduisez que :

m!(m+1)! \binom{2m+1}{m+1} = (2m+1)!.

Comme $p\leq 2m+1\comma$ le nombre $p$ est un facteur du produit $(2m+1)!$ donc vous avez $p \mid (2m+1)!.$

Supposez, en raisonnant par l’absurde, que $p$ divise le produit $m! (m+1)! = 1\times\cdots\times m \times 1\times \cdots \times m \times (m+1).$ Comme $p$ est un nombre premier, d’après le lemme d’Euclide, il divise un des facteurs de ce produit. Donc il existe un entier $k$ compris entre $1$ et $m+1$ tel que $p\mid k$ donc $p\leq k.$ Or $k \leq m+1$ du coup $p\leq m+1.$ Le nombre premier $p$ étant strictement supérieur à $m+1$ vous obtenez une contradiction. Ainsi $p\nmid m!(m+1)!.$

Considérez maintenant le nombre $\pgcd(p, m!(m+1)!).$ Comme il divise $p$ qui est premier, vous avez $\pgcd(p, m!(m+1)!) \in\{1, p\}.$ De plus, $\pgcd(p, m!(m+1)!) \mid m!(m+1)!$ et comme $p\nmid m!(m+1)!$ vous avez $\pgcd(p, m!(m+1)!) \neq p$ et par suite $\pgcd(p, m!(m+1)!) = 1.$

Comme $p$ divise $m!(m+1)! \binom{2m+1}{m+1}$ l’application du théorème de Gauss fournit $p\mid \binom{2m+1}{m+1}.$

Pour tout nombre premier $p$ tel que $m+1\lt p\leq 2m+1$ vous avez :

p\mid \binom{2m+1}{m+1}.

S’il n’existe pas de nombre premier $p$ tel que $m+1\lt p\leq 2m+1$ le produit $\prod_{m+1\lt p\leq 2m+1}p$ est égal à $1$ par convention et il divise donc $\binom{2m+1}{m+1}.$

S’il existe au moins un nombre premier $p$ tel que $m+1\lt p\leq 2m+1$ il existe un entier $s\geq 1$ de sorte que $(p_k)_{1\leq k\leq s}$ soit une énumération des $s$ nombres premiers appartenant à l’ensemble $\rrbracket m+1,2m+1\rrbracket.$

Pour tout $i\in\llbracket 1, s\rrbracket$ vous avez $p_i \mid \binom{2m+1}{m+1}.$

Supposez qu’il existe deux entiers $i$ et $j$ de l’ensemble $\llbracket 1, s\rrbracket$ tels que $\pgcd(p_i,p_j)\neq 1.$ Comme $\pgcd(p_i,p_j) \mid p_i$ avec $p_i$ qui est premier, vous avez $\pgcd(p_i,p_j) \in \{1, p_i\}.$ Comme il est supposé que $\pgcd(p_i,p_j)\neq 1$ vous déduisez $\pgcd(p_i,p_j) = p_i.$ Or $\pgcd(p_i,p_j) \mid p_j$ donc $p_i \mid p_j.$ Comme $p_j$ est premier, il en résulte que $p_i\in\{1, p_j\}.$ Or $p_i\neq 1$ en tant que nombre premier donc $p_i = p_j.$ Compte tenu du fait que $(p_k)_{1\leq k \leq s}$ est une énumération des $s$ nombres premiers appartenant à l’ensemble $\rrbracket m+1,2m+1\rrbracket$ vous avez $i=j.$

Par contraposée, vous déduisez que les nombres de l’énumération $(p_k)_{1\leq k \leq s}$ sont deux à deux premiers entre eux. Suivant un corollaire du théorème de Gauss, vous en déduisez que :

\prod_{i=1}^s p_i \mid \binom{2m+1}{m+1}.

Autrement dit :

\boxed{\prod_{m+1 \lt p \leq 2m+1}p \mid \binom{2m+1}{m+1}.}

Montrez que pour tout entier $m\geq 1$ le produit $\prod_{m+1\lt p\leq 2m+1}p$ est inférieur ou égal à $4^m$

Soit $m$ un entier supérieur ou égal à $1.$

Vous utilisez la formule du binôme :

\begin{align*} (1+1)^{2m+1} &= \sum_{k=0}^{2m+1}\binom{2m+1}{k} 1^k 1^{2m+1-k}\\ &=\sum_{k=0}^{2m+1}\binom{2m+1}{k}. \end{align*}

Les coefficients binomiaux étant tous positifs vous avez la minoration :

\begin{align*} (1+1)^{2m+1} &\geq \sum_{k=m}^{m+1}\binom{2m+1}{k}\\ &\geq \binom{2m+1}{m}+ \binom{2m+1}{m+1}. \end{align*}

Or, par symétrie, les coefficients binomiaux $\binom{2m+1}{m}$ et $\binom{2m+1}{m+1}$ sont égaux.

Du coup :

\begin{align*} (1+1)^{2m+1} &\geq 2 \binom{2m+1}{m}\\ 2^{2m}\times 2 &\geq 2 \binom{2m+1}{m}\\ 2^{2m} &\geq \binom{2m+1}{m}\\ (2^2)^{m} &\geq \binom{2m+1}{m}\\ 4^{m} &\geq \binom{2m+1}{m}. \end{align*}

Il a été montré dans la section précédente que $\prod_{m+1 \lt p \leq 2m+1}p \mid \binom{2m+1}{m+1}.$ Un diviseur positif d’un entier strictement positif lui est inférieur ou égal, donc :

\prod_{m+1 \lt p \leq 2m+1}p \leq \binom{2m+1}{m+1}.

Comme $\binom{2m+1}{m+1}$ et $\binom{2m+1}{m}$ sont égaux, en combinant les inégalités précédentes, il vient $\prod_{m+1 \lt p \leq 2m+1}p \leq 4^m.$

En définitive :

\boxed{\forall m\in\NN, \prod_{m+1 \lt p \leq 2m+1}p \leq 4^m.}

Montrez que pour tout entier $n\geq 2$ le produit $\prod_{p\leq n}p$ est inférieur ou égal à $4^n$

Pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $\prod_{p\leq n}p \leq 4^n.$ »

Initialisation. Pour $n=2$ le produit $\prod_{p\leq n}p$ est égal à $\prod_{p\leq 2}p.$ Or seul $2$ est un nombre premier inférieur ou égal à $2$ donc $\prod_{p\leq 2}p = 2.$ Or $4^n = 4^2= 16$ donc l’inégalité $\prod_{p\leq 2}p \leq 4^2$ est vérifiée et $\mathscr{P}(2)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez que $\mathscr{P}(2),\dots,\mathscr{P}(n)$ sont vraies.

Premier cas. L’entier $n+1$ est pair. Remarquez que $n+1\geq 3.$ Or $2$ est le seul nombre premier pair. Donc $n+1$ n’est pas premier. Il en résulte que :

\prod_{p\leq n+1}p = \prod_{p\leq n}p.

D’après l’hypothèse de récurrence, $\prod_{p\leq n}p \leq 4^n.$ Or $4^n\leq 4^{n+1}.$ Vous déduisez :

\prod_{p\leq n+1}p \leq 4^{n+1}.

Second cas. L’entier $n+1$ est impair. Comme $n+1\geq 3$ il existe un entier $m\geq 1$ tel que $n+1 = 2m+1.$ Vous avez :

\begin{align*} \prod_{p\leq n+1}p &= \prod_{p\leq 2m+1}p\\ &= \left( \prod_{ p\leq m+1}p \right) \left(\prod_{ m+1\lt p\leq 2m+1}p\right). \end{align*}

Comme $m\geq 1\comma$ vous avez $2\leq m+1\leq 2m = n.$ D’après l’hypothèse de récurrence appliquée à $m+1\comma$ $\prod_{ p\leq m+1}p \leq 4^{m+1}.$ Il a été démontré dans la section précédente que $\prod_{ m+1\lt p\leq 2m+1}p \leq 4^m.$ En combinant ces inégalités vous déduisez :

\begin{align*} \prod_{p\leq n+1}p &\leq 4^{m+1}4^m\\ &\leq 4^{2m+1}\\ &\leq 4^{n+1}. \end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\mathscr{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence forte, il a été démontré que :

\boxed{\forall n\in\N, n\geq 2 \implies \prod_{p\leq n}p \leq 4^n.}

Montrez que pour tout entier $n\geq 2\comma$ la factorielle $\pi(n)!$ est inférieure ou égale à $4^n$

Pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ vous notez $\mathscr{Q}(n)$ la propriété : « $\pi(n)! \leq \prod_{p\leq n}p.$ »

Initialisation. Pour $n=2$ la factorielle $\pi(2)!$ est égale à $1! = 1$ puisque $2$ est le seul nombre premier inférieur ou égal à $2.$ Pour la même raison $\prod_{p\leq 2}p = 2$ et vous déduisez $\pi(2) !\leq \prod_{p\leq 2}p$ et $\mathscr{Q}(2)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez que $\mathscr{Q}(n)$ est vraie.

Premier cas. L’entier $n+1$ est un nombre premier. Dans ce cas, $\pi(n+1) = 1+\pi(n).$

\begin{align*} \pi(n+1)! &= (1+\pi(n))!\\ &= \pi(n)! \times (1+\pi(n)). \end{align*}

D’une part, grâce à l’hypothèse de récurrence, $\pi(n)!\leq \prod_{p\leq n}p.$

D’autre part, $\pi(n)$ désigne le nombre de nombres premiers qui sont inférieurs ou égaux à $n.$ Comme les nombres premiers inférieurs ou égaux à $n$ sont inclus dans l’ensemble $\llbracket 1, n\rrbracket$ il s’ensuit que $\pi(n)\leq n$ d’où $1+\pi(n)\leq 1+n.$

En cumulant ces résultats, vous déduisez :

\pi(n+1)! \leq \left(\prod_{p\leq n}p\right) \times (1+n).

Comme $n+1$ est premier :

\prod_{p\leq n+1}p = \left(\prod_{p\leq n}p\right) \times (1+n).

Du coup :

\pi(n+1)! \leq \prod_{p\leq n+1}p.

Second cas. L’entier $n+1$ n’est pas un nombre premier. Alors $\pi(n) =\pi(n+1)$ et $\prod_{p\leq n+1}p = \prod_{p\leq n}p.$ Comme $\pi(n)!\leq \prod_{p\leq n}p$ il vient à nouveau :

\pi(n+1)! \leq \prod_{p\leq n+1}p.

La propriété $\mathscr{Q}(n+1)$ est donc vraie.

Conclusion. Par récurrence faible, il a été démontré que :

\forall n\in\N, n\geq 2 \implies \pi(n)!\leq \prod_{p\leq n}p.

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

D’une part, $\pi(n)!\leq \prod_{p\leq n}p$ et d’autre part, grâce à la section précédente $\prod_{p\leq n}p \leq 4^n.$ En combinant ces inégalités, il vient $\pi(n)! \leq 4^n.$ Il vient d’être démontré que :

\boxed{\forall n\in\N, n\geq 2 \implies \pi(n)!\leq 4^n.}

Montrez que pour tout entier $n\geq 2\comma$ $\pi(n) (\ln \pi(n) – 1) \leq n\ln 4$

Pour tout entier naturel $m$ non nul vous notez $\mathscr{R}(m)$ la propriété « $\forall x\in[0,+\infty[, \e^x\geq \frac{x^m}{m!}.$ »

Initialisation. Posez $m=1$ et considérez la fonction $f$ définie sur $[0,+\infty[$ par :

f(x) = \e^x-x.

En dérivant, il vient :

\forall x\geq 0, f'(x) = \e^x-1.

Fixez un réel $x$ positif ou nul. Comme $x\geq 0$ en appliquant la fonction exponentielle qui est croissante sur $\R$ il vient $\e^x \geq \e^0$ et $\e^x \geq 1.$ Donc $f'(x)$ est positif.

Par suite, la fonction $f$ est croissante sur $[0,+\infty[.$ Soit maintenant $x$ un réel positif ou nul. Vous avez $f(x)\geq f(0)$ donc $\e^x-x\geq 1.$ Du coup $\e^x-x \gt 0$ et $\e^x \gt x.$ En particulier $\e^x \geq x.$

La propriété $\mathscr{R}(1)$ est vraie.

Hérédité. Soit $m$ un entier naturel non nul tel que $\mathscr{R}(m)$ soit vraie.

Pour tout réel $x$ positif ou nul, vous définissez une fonction $g$ en posant :

g(x) = \e^x-\frac{x^{m+1}}{(m+1)!}.

En dérivant vous obtenez :

\forall x\geq0, g'(x) = \e^x-\frac{(m+1)x^m}{m!\times (m+1)} = \e^x-\frac{x^m}{m!}.

D’après l’hypothèse de récurrence, vous avez $\forall x \geq 0, g'(x)\geq 0.$

La fonction $g$ est donc croissante sur $[0,+\infty[.$ Soit $x$ un réel positif ou nul. Vous avez $g(x)\geq g(0)$ donc $\e^x-\frac{x^{m+1}}{(m+1)!}\geq 1$ et par suite $\e^x-\frac{x^{m+1}}{(m+1)!}\geq 0.$

La propriété $\mathscr{R}(m+1)$ est vraie.

Conclusion. Il a été montré par récurrence faible que :

\boxed{\forall m\in\NN, \forall x\in[0,+\infty[, \e^x\geq \frac{x^m}{m!}.}

En utilisant le résultat précédent avec $x=m\comma$ vous obtenez :

\boxed{\forall m\in\NN, \e^m\geq \frac{m^m}{m!}.}

Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$ Comme $2$ est premier, vous avez $\pi(n)\geq 1.$ Vous appliquez le résultat précédent pour $m=\pi(n)$ puis vous composez par la fonction logarithme népérien, qui est croissante, ce qui fournit :

\begin{align*} &\e^{\pi (n)}\geq \frac{\pi(n)^{\pi(n)}}{\pi(n)!} \\ &\pi(n)\geq \pi(n)\ln\pi(n)-\ln (\pi(n)!) \\ &\ln (\pi(n)!) \geq \pi(n)(\ln \pi(n)-1). \end{align*}

Or d’après la section précédente :

\begin{align*} &\pi(n)!\leq 4^n\\ &\ln (\pi(n)!) \leq n\ln 4. \end{align*}

En cumulant ces résultats vous avez $\pi(n)(\ln \pi(n)-1) \leq n\ln 4.$ D’où :

\boxed{\forall n\in\N, n\geq 2\implies \pi(n)(\ln \pi(n)-1) \leq n\ln 4.}

Montrez que pour tout entier $n\geq 3\comma$ $\pi(n)\leq \e\frac{n}{\ln n}$

Pour tout réel $x$ strictement positif, vous définissez une fonction $h$ en posant :

h(x)=x(\ln x-1).

En dérivant, vous avez :

\forall x \gt0, h'(x) = 1\times(\ln x-1)+x\times \frac{1}{x} = \ln x.

Il en résulte que la fonction $h’$ est strictement positive sur l’intervalle $]1, +\infty[.$ Du coup, la fonction $h$ est strictement croissante sur l’intervalle $]1,+\infty[.$

Vous raisonnez maintenant par l’absurde en supposant qu’il existe un entier $n_0$ supérieur ou égal à $3\comma$ tel que $\pi(n_0) \gt \e\frac{n_0}{\ln n_0}.$

Il a été démontré lors de l’initialisation de la récurrence précédente que $\forall x\in [0,+\infty[, \e^x \gt x.$ En particulier $\e^{n_0} \gt n_0$ donc $n_0 \gt \ln n_0.$ Comme $n_0\geq 3\comma$ vous avez $\ln n_0 \gt 0$ donc $\frac{n_0}{\ln n_0} \gt 1$ et $\e\frac{n_0}{\ln n_0} \gt 1.$

Comme de plus $\pi(n_0) \gt \e\frac{n_0}{\ln n_0}\comma$ les deux réels $\pi(n_0)$ et $\e\frac{n_0}{\ln n_0}$ appartiennent à l’intervalle $]1, +\infty[.$ Par stricte croissance de la fonction $h$ sur cet intervalle il vient :

\begin{align*} &h(\pi(n_0)) \gt h\left(\e\frac{n_0}{\ln n_0}\right)\\ &\pi(n_0)(\ln \pi(n_0)-1) \gt \e\frac{n_0}{\ln n_0} \left(\ln \left(\e\frac{n_0}{\ln n_0}\right) – 1\right)\\ &\pi(n_0)(\ln \pi(n_0)-1) \gt \e\frac{n_0}{\ln n_0} \left(\ln \e +\ln \left(\frac{n_0}{\ln n_0}\right) – 1\right)\\ &\pi(n_0)(\ln \pi(n_0)-1) \gt \e\frac{n_0}{\ln n_0} \times \ln \left(\frac{n_0}{\ln n_0}\right). \end{align*}

Or, d’après le résultat de la section précédente :

\pi(n_0)(\ln \pi(n_0)-1) \leq n_0\ln 4.

Ainsi, comme $n_0$ et $\ln n_0$ sont strictement positifs :

\begin{align*} &n_0 \ln 4 \gt \e\frac{n_0}{\ln n_0} \times \ln \left(\frac{n_0}{\ln n_0}\right) \\ & \ln 4 \gt \frac{\e}{\ln n_0} \times \ln \left(\frac{n_0}{\ln n_0}\right) \\ & (\ln n_0)\ln 4 \gt \e \times \ln \left(\frac{n_0}{\ln n_0}\right) \\ & (\ln n_0)\ln 4 \gt \e \times \left(\ln n_0 – \ln \ln n_0\right) \\ & (\ln n_0)\ln 4 \gt \e \ln n_0 – \e \ln \ln n_0 \\ & \e \ln \ln n_0 \gt (\e-\ln 4) \ln n_0 \\ & \frac{\ln \ln n_0}{\ln n_0} \gt \frac{\e – \ln 4}{\e}. \end{align*}

Pour tout réel $x\in[1, +\infty[$ vous posez $u(x) = \frac{\ln x}{x}.$

En dérivant, il vient :

\forall x\geq 1, u'(x) = \frac{\frac{1}{x}\times x – \ln x}{x^2} = \frac{1-\ln x}{x^2}.

Sur l’intervalle $[1, \e]$ la fonction $u’$ est positive et sur l’intervalle $[\e, +\infty[$ la fonction $u’$ est négative. Il en résulte que, sur l’intervalle $[1, +\infty[$ la fonction $u$ admet un maximum pour $x = \e.$ La valeur de ce maximum est $u(\e) = \frac{\ln \e}{\e} = \frac{1}{\e}.$

Comme $\ln n_0 \in [\ln 3,+\infty[$ avec $\ln 3 \gt 1$ vous avez aussi $\ln n_0 \in [1, +\infty[.$ Du coup, $u(\ln n_0)=\frac{\ln \ln n_0}{\ln n_0}$ est inférieur ou égal à $\frac{1}{\e}.$

Vous en déduisez que :

\begin{align*} &\frac{1}{\e} \gt \frac{\e – \ln 4}{\e}\\ &1\gt\e-\ln 4\\ &\ln 4 \gt \e-1. \end{align*}

En utilisant le fait que $\ln 2 \lt 0{,}694$ vous déduisez $\ln 4 \lt 1{,}388.$

D’autre part $\e \gt 2{,}718$ donc $\e-1\gt 1{,}718.$ Donc $\ln 4 \lt 1{,}388 \lt 1{,}718 \lt \e-1$ et $\ln 4 \lt \e-1$ d’où une contradiction. L’entier $n_0$ ne peut pas exister.

Finalement :

\boxed{\forall n\in\N, n\geq 3\implies \pi(n)\leq \e\frac{n}{\ln n}.}