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 \(\zeta\) ci-dessus \[\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}\]ou \[\zeta(s) = 1 + \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{4^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{6^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{8^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{10^{s}} + \frac{1}{11^{s}} + \frac{1}{12^{s}} + \ \dots\]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 \[\zeta(0) = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + \ \dots\]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 \[\zeta(s) = 1 + \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{4^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{6^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{8^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{10^{s}} + \frac{1}{11^{s}} + \frac{1}{12^{s}} + \ \dots \]on commence par multiplier chaque côté par \(\dfrac{1}{2^{s}}\) \[\left(\frac{1}{2^{s}}\right) \zeta(s) = \left(\frac{1}{2^{s}}\right)\left(1 + \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{4^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{6^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{8^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{10^{s}}+ \ \dots \right)\]ce qui fait en distribuant \[\left(\frac{1}{2^{s}}\right) \zeta(s) = \frac{1}{2^{s}} + \frac{1}{4^{s}} + \frac{1}{6^{s}} + \frac{1}{8^{s}} + \frac{1}{10^{s}} + \frac{1}{12^{s}} + \frac{1}{14^{s}} + \frac{1}{16^{s}} + \frac{1}{18^{s}} + \ \dots \]On soustrait le résultat précédent à \(\zeta(s)\) \[\zeta(s)-\left(\frac{1}{2^{s}}\right)\zeta(s) = 1 + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{9^{s}} +\frac{1}{11^{s}} +  \frac{1}{13^{s}} + \frac{1}{15^{s}} + \frac{1}{17^{s}} + \frac{1}{19^{s}} + \ \dots \]ce qui fait après une mise en évidence simple à gauche\[\left(1-\frac{1}{2^{s}}\right)\zeta(s) = 1 + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{9^{s}} +\frac{1}{11^{s}} +  \frac{1}{13^{s}} + \frac{1}{15^{s}} + \frac{1}{17^{s}} + \frac{1}{19^{s}} + \ \dots\]Remarquez les dénominateurs à droite : tous les multiples de \(2\) disparaissent.  On multiplie le résultat obtenu par \(\dfrac{1}{3^{s}}\) \[\left(\frac{1}{3^{s}}\right)\left(1-\frac{1}{2^{s}}\right)\zeta(s) = \left(\frac{1}{3^{s}}\right)\left(1 + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{11^{s}} + \frac{1}{13^{s}} + \frac{1}{15^{s}} + \frac{1}{17^{s}} +\ \dots \right)\]ce qui fait en distribuant\[\left(\frac{1}{3^{s}}\right)\left(1-\frac{1}{2^{s}}\right)\zeta(s) = \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \frac{1}{15^{s}} + \frac{1}{21^{s}} + \frac{1}{27^{s}} +\frac{1}{33^{s}} +  \frac{1}{39^{s}} + \frac{1}{45^{s}} +\ \dots \]On soustrait ce nouveau résultat à\[\left(1-\frac{1}{2^{s}}\right)\zeta(s) = 1 + \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{9^{s}} +\frac{1}{11^{s}} + \frac{1}{13^{s}} + \frac{1}{15^{s}} + \frac{1}{17^{s}} + \frac{1}{19^{s}} + \ \dots\]afin d’obtenir\[\left(1-\frac{1}{2^{s}}\right)\zeta(s)-\left(\frac{1}{3^{s}}\right)\left(1-\frac{1}{2^{s}}\right)\zeta(s)=1 + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{11^{s}} + \frac{1}{13^{s}} + \frac{1}{17^{s}} + \ \dots \]Après mise en évidence simple, on a

On avait déjà éliminé tous les multiples de 3 aussi multiples de 2 à la première étape.  Mais il restait les multiples de 3 non multiples de 2. On vient d’éliminer tous ces multiples.  Il ne reste aucun multiple de 3 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 

ce qui fait en distribuant

Encore une fois, on soustrait ce dernier résultat à

ce qui donne

et après mise en évidence simple

Tous les multiples de 5 qui restaient, 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

En isolant ζ(s), il obtient

ou plus élégamment

Avec une notation plus concise, on peut même réécrire le résultat précédent comme ceci

ce qui donne

un produit infini étendu à tous les nombres premiers p.

En se rappelant aussi que

on obtient cette jolie égalité

une somme infinie à gauche et un produit infini à droite.

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