Le crible d’Euler

Le crible d’Érathostène est un procédé qui permet de trouver tous les nombres premiers inférieurs à un certain entier naturel N.  C’est un algorithme simple et efficace.  Voici ce que le génie d’Euler fait d’un algorithme simple et efficace.

Considérez la fonction ζ ci-dessus ζ(s)=n=11nsou ζ(s)=1+12s+13s+14s+15s+16s+17s+18s+19s+110s+111s+112s+On définit cette fonction pour tout s>1.  En effet pour s=1, on retrouve la série harmonique, divergente.  Pour des valeurs de s comprises strictement entre 0 et 1, en comparant la série précédente terme à terme  avec la série harmonique, on obtient des dénominateurs systématiquement plus petits, c’est-à-dire des fractions systématiquement plus grandes.  Il n’y a donc aucun doute que la série diverge lorsque s prend des valeurs strictement comprises entre 0 et 1.  Enfin, pour s=0, on obtient ζ(0)=1+1+1+1+1+1+1+1+qui diverge aussi.

Pour des valeurs de s plus grandes que 1, la série converge.  Euler a trouvé plusieurs valeurs exactes lorsque s est pair, notamment lorsque s=2 (le problème de Bâle), et pour les s impairs il y a encore beaucoup de questions qui résistent à l’assaut des mathématiciens.  Or donc, en reprenant ζ(s)=1+12s+13s+14s+15s+16s+17s+18s+19s+110s+111s+112s+on commence par multiplier chaque côté par 12s (12s)ζ(s)=(12s)(1+12s+13s+14s+15s+16s+17s+18s+19s+110s+)ce qui fait en distribuant (12s)ζ(s)=12s+14s+16s+18s+110s+112s+114s+116s+118s+On soustrait le résultat précédent à ζ(s) ζ(s)(12s)ζ(s)=1+13s+15s+17s+19s+111s+113s+115s+117s+119s+ce qui fait après une mise en évidence simple à gauche(112s)ζ(s)=1+13s+15s+17s+19s+111s+113s+115s+117s+119s+Remarquez les dénominateurs à droite : tous les multiples de 2 disparaissent.  On multiplie le résultat obtenu par 13s (13s)(112s)ζ(s)=(13s)(1+13s+15s+17s+19s+111s+113s+115s+117s+)ce qui fait en distribuant(13s)(112s)ζ(s)=13s+19s+115s+121s+127s+133s+139s+145s+On soustrait ce nouveau résultat à(112s)ζ(s)=1+13s+15s+17s+19s+111s+113s+115s+117s+119s+afin d’obtenir(112s)ζ(s)(13s)(112s)ζ(s)=1+15s+17s+111s+113s+117s+Après mise en évidence simple, on a (113s)(112s)ζ(s)=1+15s+17s+111s+113s+117s+119s+123s+On avait déjà éliminé tous les multiples de 3 qui sont aussi des multiples de 2 à la première étape.  Mais il restait les multiples de 3 non multiples de 2. Là on vient d’éliminer tous ces multiples.  Il ne reste aucun multiple de 3 aux dénominateurs, à droite.  Une régularité commence à apparaître : c’est le crible, version améliorée (puisqu’on élimine les nombres à éliminer qu’une seule fois).  On multiplie le résultat précédent par 15s (15s)(113s)(112s)ζ(s)=(15s)(1+15s+17s+111s+113s+117s+119s+)ce qui fait en distribuant (15s)(113s)(112s)ζ(s)=15s+125s+135s+155s+165s+185s+Encore une fois, on soustrait ce dernier résultat à (113s)(112s)ζ(s)=1+15s+17s+111s+113s+117s+119s+123s+ce qui donne (113s)(112s)ζ(s)(15s)(113s)(112s)ζ(s)=(115s)(113s)(112s)ζ(s)=1+17s+111s+113s+117s+119s+

Ainsi dans(115s)(113s)(112s)ζ(s)=1+17s+111s+113s+117s+119s+ous les multiples de 5 qui restaient aux dénominateurs, à droite, disparaissent.  À ce moment, dans une étape typiquement eulérienne, Euler explique : en continuant de la sorte aussi longtemps qu’il le faut, en passant tour à tour les nombres premiers, on arrive à (1113s)(1111s)(117s)(115s)(113s)(112s)ζ(s)=1En isolant ζ(s), il obtient ζ(s)=1(112n)(113n)(115n)(117n)(1111n)(1113n)ou plus élégamment ζ(s)=1112s×1113s×1115s×1117s×11111s×11113s×Avec une notation plus concise, on peut même réécrire le résultat précédent comme ceci ζ(s)=(12s)1(13s)1(15s)1(17s)1(111s)1(113s)1ce qui donne ζ(s)=p(1ps)1un produit infini étendu à tous les nombres premiers p.

En se rappelant aussi que ζ(s)=n=11nson obtient cette jolie égalitén=1ns=p(1ps)1une somme infinie à gauche et un produit infini à droite.

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *

Time limit exceeded. Please complete the captcha once again.