Introduction à la théorie des nombres/Séries et produits infinis formels

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Problème général de la théorie additive des nombres : on se donne un ensemble $E$ d'entiers >0 et l'on cherche, pour tout entier naturel $n$, le nombre de parties de $E$ (ou de multiensembles) (éventuellement de cardinal prescrit) dont $n$ est la somme — ou seulement, si c'est trop difficile : quels sont les $n$ pour lesquels une telle partie existe. Exemples : $E=$ les nombres premiers, les carrés parfaits, les cubes parfaits, etc. (cf. conjecture de Goldbach, formules de Jacobi, problème de Waring…).

Partitions d'un entier

On considère ici le cas le plus simple : $E=\mathbb {N} ^{*}$, et l'on compte les multiensembles d'entiers plutôt que les ensembles, c'est-à-dire que dans la somme égale à $n$, un même entier peut apparaître plusieurs fois. Ceci donne naissance à ce qu'on appelle les partitions non restreintes d'un entier :

Définition

Une partition d'un entier $n$ est une suite décroissante d'entiers strictement positifs de somme $n$. On note $p(n)$ le nombre de partitions de $n$.

Remarque

Une telle suite est nécessairement finie. En la complétant par une suite infinie de zéros, on peut l'identifier à une suite infinie décroissante d'entiers positifs ou nuls de somme $n$.

Début de l'exemple

Exemples

• $p(4)=5$ car les partitions de 4 sont (par ordre lexicographique décroissant) :

  $(4),~(3,1),~(2,2),~(2,1,1),~(1,1,1,1)$.

• Pour $n<0$, $p(n)=0$.
• $p(0)=1$ car il n'y a qu'une partition de 0 : la suite finie vide (de longueur 0), qui s'identifie à la suite infinie nulle.

Fin de l'exemple

Diagramme de Ferrers en colonnes de la partition $\left(5,4,1\right)$ de 10.

Diagramme de Ferrers en colonnes de la partition $\left(3,2,2,2,1\right)$ de 10, conjuguée de $\left(5,4,1\right)$.

On peut représenter une partition $\left(a_{1},\dots ,a_{k}\right)$ de $n$ par un diagramme de Ferrers : $n$ cases disposées régulièrement sur $k$ colonnes, avec $a_{1}$ cases sur la première colonne, $a_{2}$ cases sur la deuxième, etc. (on peut aussi convenir de les disposer sur $k$ lignes, avec $a_{1}$ cases sur la première ligne, $a_{2}$ cases sur la deuxième, etc.).

En inversant lignes et colonnes (c'est-à-dire en prenant le symétrique du diagramme par rapport à la diagonale principale), on obtient une représentation de la partition conjuguée (ou « duale »). Par exemple, les deux partitions représentées ci-contre sont duales l'une de l'autre. Les deux remarques suivantes sont des applications immédiates :

Remarques

• La suite $\left(p(n)\right)_{n\geq 1}$ est strictement croissante.
• Le nombre de partitions de $n$ en $k$ « parties » est égal au nombre de partitions de $n$ en parties dont la plus grande est $k$.

Série génératrice

Proposition (Euler)

La série génératrice de la suite $\left(p(n)\right)$ est égale au produit infini suivant de séries (formelles) géométriques :

$\sum _{n\in \mathbb {N} }p(n)X^{n}=\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\sum _{m\in \mathbb {N} }X^{km}=\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {1}{1-X^{k}}}$.

Démonstration

Dans le produit $\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\sum _{m\in \mathbb {N} }X^{km}$, le coefficient du terme de degré $n$ est le nombre de suites $\left(m_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} ^{*}}$ d'entiers naturels telles que $\sum _{k\in \mathbb {N} ^{*}}k~m_{k}=n$. Une telle suite $\left(m_{k}\right)$ correspond à la partition $\left(a_{i}\right)_{i\in \mathbb {N} }$ de $n$ dans laquelle chaque entier $k>0$ apparaît (consécutivement) $m_{k}$ fois.

 

Estimation asymptotique

Par des méthodes élaborées d'analyse complexe, Godfrey Harold Hardy et Srinivasa Ramanujan ont calculé, en 1918, un développement asymptotique de la suite $\left(p(n)\right)$, dont le premier terme est l'équivalent suivant :

$p(n)\sim {\frac {1}{4n{\sqrt {3}}}}\exp \left(K{\sqrt {n}}\right),\quad K:=2{\sqrt {\frac {\pi ^{2}}{6}}}$

(Rappelons que ${\frac {\pi ^{2}}{6}}=\zeta (2)=\sum _{n\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {1}{n^{2}}}$.)

En 1937, en affinant leur méthode, Hans Rademacher a donné une expression exacte de $p(n)$ sous la forme d'une série convergente.

Nous nous contenterons ici de démontrer une majoration élémentaire (qui sera un peu affinée en exercice) :

Proposition

$p(n)\leq \exp \left(K{\sqrt {n}}\right)$.

Démonstration

(Apostol, p. 316-318.)

Jusqu'à présent, nos produits infinis étaient formels comme nos séries, et avaient un sens parce que dans nos cas particuliers, le coefficient de $X^{n}$ dans le produit ne dépendait que d'un nombre fini de (coefficients des) facteurs. On considère à présent des produits infinis au sens de l'analyse. On dit qu'un produit infini $\prod _{n\in \mathbb {N} }z_{n}$ de nombres complexes converge si la suite des produits finis $\prod _{n\leq n}z_{n}$ converge vers un complexe $Z$ non nul. Dans ce cas, $z_{n}\to 1$ donc $\ln z_{n}$ est (à partir d'un certain rang) déterminé de façon univoque et pas seulement modulo $2\pi \mathrm {i}$ (par la série entière du logarithme au voisinage de 1), $\sum \ln z_{n}$ converge, et son exponentielle est $Z$.

Considérons, pour $0<x<1$, $F(x):=\sum _{n\in \mathbb {N} }p(n)x^{n}=\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {1}{1-x^{k}}}$, et fixons $n\in \mathbb {N} ^{*}$ (car pour $n=0$, le résultat est immédiat).

$\forall x\in \left]0,1\right[\quad p(n)x^{n}<F(x)$ donc $\ln p(n)\leq \inf _{x\in \left]0,1\right[}\left(\ln F(x)+n\ln(1/x)\right)$.

Nous allons majorer strictement la fonction $\left]0,1\right[\to \mathbb {R} ,\,x\mapsto \ln F(x)+n\ln(1/x)$ par une fonction dont l'inf sera plus facile à calculer, et l'exprimer plus commodément en fonction de $t:={\frac {1-x}{x}}$, qui parcourt $\left]0,+\infty \right[$ quand $x$ parcourt $\left]0,1\right[$.

On a d'une part :

${\begin{aligned}\ln F(x)&=\sum _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\ln {\frac {1}{1-x^{k}}}\\&=\sum _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\sum _{m\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {x^{km}}{m}}\\&=\sum _{m\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {1}{m}}\sum _{k\in \mathbb {N} ^{*}}x^{km}\\&=\sum _{m\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {x^{m}}{m(1-x^{m})}}\\&=\sum _{m\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {x^{m}}{m(1-x)\sum _{0\leq k<m}x^{k}}}\\&<\sum _{m\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {x^{m}}{m(1-x)mx^{m-1}}}\\&={\frac {\pi ^{2}}{6t}}\end{aligned}}$

et d'autre part :

$n\ln(1/x)=n\ln(1+t)<nt$.

Par conséquent, $\ln p(n)\leq \inf _{t>0}\left({\frac {\pi ^{2}}{6t}}+nt\right)$. L'inf est atteint quand les deux termes sont égaux, c'est-à-dire $t={\sqrt {\frac {\pi ^{2}}{6n}}}$, et vaut donc $2{\sqrt {\frac {n\pi ^{2}}{6}}}$.

 

Faites ces exercices : Exercice 3-8.

Théorème des nombres pentagonaux

Un nombre pentagonal est un entier de la forme $k(3k-1)/2$ avec $k\in \mathbb {N} ^{*}$ (pour l'explication de ce nom, voir Introduction aux suites numériques/Exercices/Suites arithmétiques#Nombres polygonaux).

Définition

Le nombre pentagonal généralisé d'indice $k\in \mathbb {Z}$ est l'entier naturel $g_{k}:=k(3k-1)/2$.

Le théorème suivant explicite la fonction d'Euler, inverse de la série génératrice de $\left(p(n)\right)$. Nous en verrons en exercice deux démonstrations : l'une — à l'aide des diagrammes de Ferrers — via sa formulation combinatoire, l'autre — à l'aide du théorème du triple produit de Jacobi (voir infra) — via sa formulation algébrique.

Début d’un théorème

Théorème des nombres pentagonaux (Euler, 1750)

Le nombre de partitions de $n$ en un nombre pair de parties distinctes moins le nombre de partitions de $n$ en un nombre impair de parties distinctes est nul, sauf si $n=k(3k\pm 1)/2$, auquel cas cette différence vaut $(-1)^{k}$.

Faites ces exercices : Exercices 3-4 et 3-5.

Ou, ce qui est équivalent :

$\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\left(1-X^{k}\right)=\sum _{k\in \mathbb {Z} }(-1)^{k}X^{k(3k-1)/2}$.

Fin du théorème

Preuve de l'équivalence

D'une part, le coefficient de $X^{n}$ dans $\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\left(1-X^{k}\right)$ est égal à $\sum _{r\in \mathbb {N} ,\,1\leq k_{1}<k_{2}<\dots <k_{r},\,\sum k_{j}=n}(-1)^{r}$, qui est le nombre de partitions de $n$ en un nombre pair de parties distinctes moins le nombre de partitions de $n$ en un nombre impair de parties distinctes.

D'autre part, puisque $(-k)(3(-k)-1)/2=k(3k+1)/2$,

$\sum _{k\in \mathbb {Z} }(-1)^{k}X^{k(3k-1)/2}=1+\sum _{k\in \mathbb {N} ^{*}}(-1)^{k}\left(X^{k(3k-1)/2}+X^{k(3k+1)/2}\right)$.

 

Grâce à ce théorème, on obtient une méthode de calcul de $p(n)$ bien plus efficace que de calculer récursivement les nombres $p(n,r)$ de partitions de $n$ en $r$ parties puis d'en déduire $p(n)=\sum _{r}p(n,r)$ :

Corollaire (formule de récurrence)

Pour $n\geq 1$,

$p(n)=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{*},~g_{k}\leq n}(-1)^{k-1}p(n-g_{k})$.

Démonstration

$1=\left(\sum _{i=0}^{\infty }p(i)X^{i}\right)\prod _{k=1}^{\infty }(1-X^{k})=\left(\sum _{i=0}^{\infty }p(i)X^{i}\right)\left(\sum _{j=0}^{\infty }a_{j}X^{j}\right)$ où $a_{g_{k}}=(-1)^{k}$ et $a_{j}=0$ pour les autres valeurs de $j$ ; en identifiant le coefficient de $X^{n}$ pour $n\geq 1$, on obtient : $\sum _{j=0}^{n}p\left(n{-}j\right)a_{j}=0$.

 

Triple produit de Jacobi et identités d'Euler

Début d’un théorème

Théorème : triple produit de Jacobi

$\prod _{m\in \mathbb {N} ^{*}}\left(1-x^{2m}\right)\left(1+x^{2m-1}z\right)\left(1+x^{2m-1}z^{-1}\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}z^{n}$.

(au sens formel, mais avec convergence si $x$ et $z$ sont deux nombres complexes tels que $|x|<1$ et $z\neq 0$).

Fin du théorème

Avant de le démontrer, introduisons les notations plus compactes de Pochhammer.

Définition : $q$-symbole de Pochhammer

Pour $n\in \mathbb {N}$ :

• $(a;q)_{n}:=\prod _{0\leq k<n}\left(1-aq^{k}\right)=(1-a)(1-aq)\left(1-aq^{k}\right)\dots \left(1-aq^{n-1}\right)$ ;
• $(a;q)_{\infty }:=\prod _{k=0}^{\infty }\left(1-aq^{k}\right)$.

Début de l'exemple

Exemples

• $(a;q)_{0}=(0;q)_{n}=(0;q)_{\infty }=1$.
• $(q;q)_{n}=(1-q)\left(1-q^{2}\right)\dots \left(1-q^{n}\right)$.
• $(q^{-n};q)_{\infty }=0$ si $n\in \mathbb {N}$.
• En posant $q=x^{2}$ et $c=z/x{\text{ ou }}x/(zq)$ (au choix), l'identité du triple produit de Jacobi se réécrit :

  $(q;q)_{\infty }\;(-cq;q)_{\infty }\;(-1/c;q)_{\infty }=\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n(n+1)/2}c^{n}$.

Fin de l'exemple

Début d’un théorème

Théorème $q$-binomial et identités d'Euler

$\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {(a;q)_{n}}{(q;q)_{n}}}z^{n}={\frac {(az;q)_{\infty }}{(z;q)_{\infty }}}$,

dont des cas particuliers sont les deux identités d'Euler :

$(z;q)_{\infty }=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {q^{n(n-1)/2}}{(q;q)_{n}}}(-z)^{n}\quad (E1)\quad {\text{et}}\quad {\frac {1}{(z;q)_{\infty }}}=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {z^{n}}{(q;q)_{n}}}\quad (E2)$.

Fin du théorème

Démonstration

(Voir aussi H&W, preuve des théorèmes 346 et 349.)

Si l'on développait le produit infini

$F(z):={\frac {(az;q)_{\infty }}{(z;q)_{\infty }}}=\prod _{i\in \mathbb {N} }(1-azq^{i})\times \prod _{j\in \mathbb {N} }\left(\sum _{k\in \mathbb {N} }(zq^{j})^{k}\right)$,

on obtiendrait une série formelle en $z,a,q$, s'écrivant donc

$F(z)=\sum _{n\in \mathbb {N} }c_{n}z^{n}$

avec $c_{n}$ série formelle en $a$ et $q$, à calculer pour la comparer à ${\frac {(a;q)_{n}}{(q;q)_{n}}}=\prod _{0\leq i<n}(1-aq^{i})\times \prod _{j=1}^{n}\left(\sum _{k\in \mathbb {N} }(q^{j})^{k}\right)$.

Pour éviter ce lourd calcul, on remarque que :

• $c_{0}=1$
• ${\frac {(az;q)_{\infty }}{(z;q)_{\infty }}}={\frac {(1-az)(azq;q)_{\infty }}{(1-z)(zq;q)_{\infty }}}$ donc $F$ vérifie l'équation fonctionnelle

  $F(z)={\frac {1-az}{1-z}}F(zq)$.

  Par conséquent,

  $(1-z)\sum _{n\in \mathbb {N} }c_{n}z^{n}=(1-az)\sum _{n\in \mathbb {N} }c_{n}(zq)^{n}$

  c'est-à-dire, en identifiant, pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$, le coefficient de $z^{n}$ :

  $c_{n}-c_{n-1}=c_{n}q^{n}-ac_{n-1}q^{n-1}$

  donc

  $c_{n}={\frac {1-aq^{n-1}}{1-q^{n}}}\,c_{n-1}$.

Par récurrence, on en déduit $c_{n}={\frac {(a;q)_{n}}{(q;q)_{n}}}$, ce qui achève la preuve du théorème $q$-binomial.

En remplaçant, dans ce théorème, $a$ par $0$, on obtient $(E2)$.

D'autre part, en remplaçant $z$ par $u$ et $a$ par $v/u$, on obtient :

${\frac {(v;q)_{\infty }}{(u;q)_{\infty }}}=\sum _{n\geq 0}{\frac {(u-v)(u-qv)\dots (u-q^{n-1}v)}{(q;q)_{n}}}$,

dont on déduit, en remplaçant ensuite $u$ par $0$ :

$(v;q)_{\infty }=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {q^{n(n-1)/2}}{(q;q)_{n}}}(-v)^{n}$,

qui n'est autre que $(E_{1})$.

 

Preuve du triple produit de Jacobi

(Celle-ci est due à George Andrews, mais reformulée plus commodément avec les $q$-symboles.) Il s'agit de prouver que

$(q;q)_{\infty }\;(-cq;q)_{\infty }\;(-1/c;q)_{\infty }=\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n(n+1)/2}c^{n}$.

On utilise pour cela les deux identités d'Euler :

${\begin{aligned}(q;q)_{\infty }\;(-cq;q)_{\infty }&=_{(E_{1})}~(q;q)_{\infty }\;\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {q^{n(n+1)/2}}{(q;q)_{n}}}c^{n}\\&=\sum _{n\in \mathbb {N} }q^{n(n+1)/2}c^{n}(q^{n+1};q)_{\infty }\\&=\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n(n+1)/2}c^{n}(q^{n+1};q)_{\infty }\\&=_{(E_{1})}~\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n(n+1)/2}c^{n}\sum _{k\in \mathbb {N} }{\frac {q^{k(k-1)/2}}{(q;q)_{k}}}(-q^{n+1})^{k}\\&=\sum _{k\in \mathbb {N} }{\frac {(-1/c)^{k}}{(q;q)_{k}}}\sum _{n\in \mathbb {Z} }c^{n+k}q^{(n+k)(n+k+1)/2}\\&=_{(E_{2})}~{\frac {1}{(-1/c;q)_{\infty }}}\sum _{m\in \mathbb {Z} }c^{m}q^{m(m+1)/2}.\end{aligned}}$