M-PT-SSF-JMF-3

Proble`mes de Mathe´matiques

Fonction Ze´ta de Riemann
E´ nonc´e

Fonction Z´eta de Riemann

Pour x r´eel, on pose ζ(x) = ∞1 . On d´efinit ainsi la fonction Zeta de Riemann.

n=1 nx

Partie I

Dans cette partie, on ´etudie sommairement les variations de la fonction ζ.

1. Quel est le domaine de d´efinition de la fonction ζ ? [ S ]

2. Montrer que la fonction ζ est strictement d´ecroissante. [ S ]

3. En d´eduire que lim ζ(x) = +∞. [ S ]
x→1+ N ∞
1 1
4. (a) Montrer que pour tout x ≥ 2 et tout N ≥ 1 on a : 1 ≤ ζ(x) ≤ + . [S]
nx n2
n=1 n=N +1
(b) En d´eduire que lim ζ(x) = 1. [ S ]
x→+∞

5. Montrer que la fonction ζ est convexe. [ S ]

+∞ (− ln n)p
.
6. Montrer que ζ est de classe C∞ et que : ∀p ∈ IN∗, ∀x > 1, ζ(p)(x) = nx

n=2

Retrouver ainsi le r´esultat des questions 2 et 5. [ S ]

7. Repr´esenter sommairement la courbe repr´esentative de la fonction ζ. [ S ]

Partie II

Dans cette partie, on ´etudie plus pr´ecis´ement le comportement de la fonction ζ en 1 et en +∞,
et on ´etablit sa d´erivabilit´e `a tout ordre.

n+1 n

1. Pour n ≥ 2 et x > 0, montrer les in´egalit´es t−x dt ≤ n−x ≤ t−x dt. [ S ]

n n−1

N 1−x ∞1 (N − 1)1−x
2. En d´eduire que pour x > 1 et N ≥ 2 on a : x − 1 ≤ ≤ x−1 . [S]
n=N nx

3. Montrer que lorsque x tend vers +∞, alors ζ(x) − 1 ∼ 2−x. [ S ]

4. D´eduire de la question II-2 que ζ (x) ∼ x 1 1 quand x tend vers 1. [S]
−

Partie III

Dans cette partie, on am´eliore le r´esultat de la question II-4

n+1

On d´efinit une s´erie de fonctions fn par : fn(x) = n−x − t−x dt.

n

n 1 − ln(n + 1) est convergente.
k
1. Montrer que la suite de terne g´en´eral un =

k=1

Sa limite est not´ee γ et on l’appelle la constante d’Euler (γ ≈ 0.5772156649). [ S ]

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Proble`mes de Mathe´matiques

Fonction Ze´ta de Riemann
E´ nonc´e

2. Prouver que pour n ≥ 1 et x > 0 on a : 0 ≤ fn(x) ≤ n−x − (n + 1)−x. [ S ]

3. Montrer que la s´erie de fonctions fn est convergente sur ]0, +∞[. [ S ]
4. Soit S la somme de la s´erie fn sur IR+∗.

Montrer que S(1) = γ et donner l’expression de S(x) quand x > 1. [ S ]

5. Prouver que la convergence de la s´erie fn est uniforme sur [1, +∞[. [ S ]

6. En d´eduire que lorsque x tend vers 1 alors ζ(x) − x 1 1 tend vers γ. [S]
−

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Proble`mes de Mathe´matiques

Fonction Ze´ta de Riemann
Corrig´e

Corrig´e du probl`eme

Partie I

1. Pour tout x r´eel, la s´erie d´efinisant ζ(x) est une s´erie de r´ef´erence de Riemann.
Une telle s´erie est convergente si et seulement si x > 1.
Le domaine de d´efinition de la fonction ζ est donc ]1, +∞[. [ Q ]

2. Soient x et y deux r´eels tels que 1 < x < y.

11 ∞1 ∞1
Pour tout n ≥ 2, on a alors ny < nx .

En sommant pour n ≥ 2, on trouve 1 + ny < 1 + nx , c’est-`a-dire ζ(y) < ζ(x).
n=2 n=2

La fonction ζ est donc strictement d´ecroissante sur ]1, +∞[. [ Q ]

3. La fonction ζ ´etant d´ecroissante sur ]1, +∞[, elle admet une limite en 1 a` droite.

Cette limite est un r´eel λ si ζ est major´ee, et +∞ sinon.

Par l’absurde, supposons lim ζ(x) = λ ∈ IR. ∞
x→1+
1 ≤ λ.
Alors, toujours en vertu de la d´ecroissante de ζ, on a : ∀x > 1, ζ(x) = nx

N 1 ≤ λ. n=1

On en d´eduit, pour tout x > 1 et pour tout N de IN∗ : nx

n=1

On peut faire tendre x vers 1 dans cette in´egalit´e car la somme est finie.

On en d´eduit que pour tout entier N de IN∗ on a : N 1 ≤ λ.
n
N 1 = +∞.
n=1 n

Mais c’est absurde, car la s´erie harmonique diverge. On a en effet lim
N →+∞
n=1
On en d´eduit donc bien que lim ζ(x) = +∞. [ Q ]
x→1+

∞1
4. (a) Il est clair que pour tout x > 1, on a ζ(x) = 1 + nx ≥ 1.

n=2

Soit N un entier strictement positif. Pour tout x ≥ 2, on a l’in´egalit´e 1 ≤ 1
.
nx n2

N 1 ∞ 1≤N 1 ∞ 1
+ + . [Q]
Ainsi : ∀x ≥ 2, 1 ≤ ζ(x) = nx nx nx n2

n=1 n=N +1 n=1 n=N +1

(b) Premi`ere variante :

On sait que l’application ζ est d´ecroissante et minor´ee (par 1 par exemple.)

On en d´eduit que = lim ζ(x) existe dans IR (et mˆeme ≥ 1.)

x→+∞

On fait d’abord tendre x vers +∞ dans le r´esultat de la question pr´ec´edente.

On en d´eduit : ∀x ≥ 2, 1 ≤ ≤ 1 + ∞1
n2 .
n=N +1

On fait enfin tendre N vers +∞ dans ce r´esultat et on trouve = 1.

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Proble`mes de Mathe´matiques

Fonction Ze´ta de Riemann
Corrig´e

Deuxi`eme variante :

On reprend l’encadrement obtenu dans la question (4a). On se donne ε > 0.

∞1 ∞1 ε
Puisque lim n2 = 0, il existe un entier N0 tel que 0 ≤ ≤ .
n2 2
N →+∞ n=N +1 n=N0+1

N0 1
Pour cet entier N0, on a lim = 1 (limite dans une somme finie.)
nx
x→+∞ n=1

Il existe donc un r´eel x0 ≥ 2 tel que x ≥ x0 ⇒ N0 1 ≤ 1+ ε
.
n=1 nx 2

On en d´eduit : x ≥ x0 ⇒ 1 ≤ ζ (x) ≤ 1 + ε. Il en d´ecoule que lim ζ (x) = 1.

x→+∞

Remarque : dans cette variante on n’utilise pas la monotonie de ζ. [ Q ]

5. Rappelons qu’une fonction f : I → IR est dite convexe sur l’intervalle I si :

∀(x, y) ∈ I2, ∀λ ∈ [0, 1], f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y)

Pour tout a > 0, l’application x → ϕ(x) = ax est convexe sur IR donc sur ]1, +∞[ car

ϕ (x) = (ln a)2 ax ≥ 0 (condition suffisante de convexit´e.)

En particulier, les applications fn :x→ 1 sont convexes sur IR.
nx
On en d´eduit : ∀x, y > 1, ∀n ∈ IN∗ : fn(λx + (1 − λ)y) ≤ λfn(x) + (1 − λ)fn(y).

Si on somme ces in´egalit´es pour tout n de IN∗, on obtient :

∀x > 1, ∀y > 1, ζ(λx + (1 − λ)y) ≤ λζ(x) + (1 − λ)ζ(y)

L’application ζ est donc convexe sur ]1, +∞[.

Remarque : dans cette m´ethode, il n’a pas ´et´e n´ecessaire d’utiliser ζ (x) ≥ 0 (d’ailleurs

on n’a encore pas ´etabli la d´erivabilit´e de la fonction ζ.) [ Q ]

6. Pour n ≥1 et tout r´eel x, posons fn(x) = 1 Notons que f1 ≡ 0.
.
(− ln n)p
nx nx .

Les applications fn sont de classe C∞ sur IR : ∀p ∈ IN∗, ∀x ∈ IR, fn(p)(x) =

Soit a > 1. On a alors : ∀n ≥ 2, ∀p ∈ IN∗, ∀x ≥ a, fn(p)(x) (ln n)p
≤.

na
(ln n)p
Or λn = na est le terme g´en´eral d’une s´erie convergente (s´erie de Bertrand.)

Ainsi les s´eries fn(p) sont CVN (donc CVU) convergentes sure [a, +∞[ quand a > 1.

On peut donc appliquer ind´efiniment le th´eor`eme de d´erivation des s´eries de fonctions.

On en d´eduit que l’application ζ est de classe C∞ sur tout intervalle [a, +∞[ avec a > 0

et donc sur ]1, +∞[, et qu’on peut d´eriver la somme terme a` terme `a tout ordre.

+∞ +∞ (− ln n)p
nx .
Ainsi : ∀x > 1, ∀p ∈ IN∗, ζ(p)(x) = fn(p)(x) =

n=2 n=2

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Proble`mes de Mathe´matiques

Fonction Ze´ta de Riemann
Corrig´e

On constate en particulier que :
+∞ ln n

– ∀x > 1, ζ (x) = − nx < 0 : la fonction ζ est strictement d´ecroissante sur ]1, +∞[.

n=2

– ∀x > 1, ζ (x) = +∞ (ln n)2 > 0 : la fonction ζ est convexe sur ]1, +∞[.
nx

n=2

[Q]

7. Les questions pr´ec´eentes donnent une id´ee de la courbe y = ζ(x).
π2

Pour l’instant le seul point connu sur la courbe est (2, ).
6

[Q]

Partie II

1. L’application t → t−x est continue sur IR+∗ et d´ecroissante.

n+1

Pour n ≤ t ≤ n + 1 on a donc t−x ≤ n−x puis t−x dt ≤ n−x par int´egration.

n n

De mˆeme, on a n−x ≤ t−x si t ∈ [n − 1, n], puis n−x ≤ t−x dt par int´egration. [ Q ]

n−1

2. Soit N et M deux entiers, avec 2 ≤ N ≤ M .

Reprenons l’encadrement vu dans la question II-1.

M +1 M 1 M
nx
Par sommation de n = N `a n = M : t−x dt ≤ ≤ t−x dt.

N n=N N −1

Quand M → +∞, sachant que x > 1, on obtient : +∞ ≤ +∞ 1 ≤ +∞
n=N nx
t−x dt t−x dt.

N N −1

Mais une primitive de t → t−x est t → t1−x +∞ t1−x +∞ N 1−x
. Donc =.
1−x t−x dt = 1−x N x−1

N

N 1−x ∞ 1 (N − 1)1−x
x−1 nx x−1 .
On a donc bien obtenu, pour x > 1 et N ≥ 2 : ≤ ≤ [Q]

n=N

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Proble`mes de Mathe´matiques

Fonction Ze´ta de Riemann
Corrig´e

+∞ 1 ≥1+ 1
.
3. Pour tout x > 1, on a d´ej`a l’in´egalit´e : ζ(x) = nx 2x

n=1

∞ 1 ≤ 21−x c’est-a`-dire ζ(x) − 1 − 1 ≤ 21−x
.
Avec N = 3, la question II-2 donne : nx x − 1 2x x − 1

n=3

On a donc l’encadrement : 0 ≤ ζ(x) − 1 − 1 ≤ 2 2−x.
2x x − 1

1 1 . On en d´eduit ζ(x) − 1 ∼ 2−x.
Ainsi, quand x → +∞ on trouve ζ(x) − 1 − 2x = o 2x
[Q]

4. Avec N = 2, l’encadrement vu en II-2 donne : 1 + 21−x ≤ ζ (x) ≤ 1 + 1 .
1
x − 1 x −

Autrement dit : x − 1 + 21−x ≤ (x − 1)ζ(x) ≤ x.

On en d´eduit lim(x − 1)ζ(x) = 1, c’est-`a-dire ζ(x) ∼ 1 quand x tend vers 1. [ Q ]
x→1 x − 1

Partie III

1. On sait que la suite (un) a mˆeme nature que la s´erie vn avec vn = un − un−1.

1 1 11
Or vn = n − ln(n + 1) + ln(n) = n − ln 1+ = O n2 .
n

La s´erie vn, domin´ee par une s´erie de Riemann, est convergente.

Il en est donc de mˆeme de la suite (un). On note lim un = γ. [Q]

n→∞

2. On utilise le r´esultat de la question II-1.

n+1

On sait que t−x dt ≤ n−x. On en d´eduit fn(x) ≥ 0.

n

n+1

On a ´egalement (n + 1)−x ≤ t−x dt. On en d´eduit fn(x) ≤ n−x − (n + 1)−x. [ Q ]

n

3. Pour tout x > 0, et quand n tend vers +∞, on a :

n−x − (n + 1)−x = n−x 1 − 1 −x = n−x 1 − 1− x +o 1 ∼x
1+ nx+1
n nn

La s´erie de terme g´en´eral n−x − (n + 1)−x est donc convergente pour tout x > 0 (par

comparaison avec une s´erie de Riemann).

On en d´eduit que la s´erie de fonctions fn est convergente sur IR+∗. [ Q ]

4. – On fn(1) = 1 − n+1 1 dt = 1 − ln(n + 1) + ln(n).
n nt n

On en d´eduit, pour tout entier N ≥ 1 : N N1
fn(1) = − ln(N + 1).
n
n=1 n=1

On fait tendre N vers +∞ et d’apr`es III-1 on en d´eduit que S(1) = γ.

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Fonction Ze´ta de Riemann
Corrig´e

– Pour tout r´eel x > 1 et tout entier N ≥ 1 :

NN n+1 N 1− N +1 N 1− t1−x N+1
1−x 1
fn(x) = n−x − t−x dt = nx t−x dt = nx

n=1 n=1 n n=1 1 n=1

On fait tendre N vers +∞ et on en d´eduit : ∀x > 1, S(x) = ζ(x) − 1
.
x−1

[Q]

5. Soit N et M deux entiers avec 1 ≤ N ≤ M .

On somme l’encadrement 0 ≤ fn(x) ≤ n−x − (n + 1)−x de n = N `a n = M .

M

On en d´eduit 0 ≤ fn(x) ≤ N −x − (M + 1)−x.

n=N +∞ 1
.
Si on fait tendre M vers +∞, on trouve (avec x > 0) : 0 ≤ fn(x) ≤
Nx
n=N

+∞ 1
.
Si on suppose x ≥ 1 on en d´eduit, pour tout N ≥ 1 : 0 ≤ RN (x) = fn(x) ≤
N
n=N

Ainsi la suite des restes RN de la s´erie fn converge uniform´ement vers la fonction nulle.

Cela signifie la convergence uniforme de la s´erie fn sur [1, +∞[. [ Q ]

6. Le convergence uniforme de fn sur [1, +∞[ et la continuit´e des applications fn im-
pliquent que la somme S est continue sur [1, +∞[ et au particulier au point 1.

Or on a S(1) = γ et S(x) = ζ(x) − x 1 1 si x > 1.
−

La continuit´e de S en 1 s’´ecrit donc : lim ζ(x) − 1 = γ. [ Q ]
x→1+ x−1

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