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

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 :
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 $n$.
* $p(4)=5$ 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.
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 :
* 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

La série génératrice de la suite $\left(p(n)\right)$ est égale au produit infini suivant de séries (formelles) géométriques :
    $\sum _{n\in \mathbb {N} }p(n)X^{n}=\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\sum _{m\in \mathbb {N} }X^{km}=\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}{\frac {1}{1-X^{k}}}$.
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) :
$p(n)\leq \exp \left(K{\sqrt {n}}\right)$.
(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 $2{\sqrt {\frac {n\pi ^{2}}{6}}}$.

## 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).
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.
    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 $(-1)^{k}$.
Ou, ce qui est équivalent :
    $\prod _{k\in \mathbb {N} ^{*}}\left(1-X^{k}\right)=\sum _{k\in \mathbb {Z} }(-1)^{k}X^{k(3k-1)/2}$.
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 $p(n)=\sum _{r}p(n,r)$ :
Pour $n\geq 1$,
    $p(n)=\sum _{k\in \mathbb {Z} ^{*},~g_{k}\leq n}(-1)^{k-1}p(n-g_{k})$.
$1=\left(\sum _{i=0}^{\infty }p(i)X^{i}\right)\prod _{k=1}^{\infty }(1-X^{k})=\left(\sum _{i=0}^{\infty }p(i)X^{i}\right)\left(\sum _{j=0}^{\infty }a_{j}X^{j}\right)$ 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

    $\prod _{m\in \mathbb {N} ^{*}}\left(1-x^{2m}\right)\left(1+x^{2m-1}z\right)\left(1+x^{2m-1}z^{-1}\right)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}z^{n}$.
(au sens formel, mais avec convergence si $x$ et $z$ sont deux nombres complexes tels que $|x|<1$ et $z\neq 0$).
Avant de le démontrer, introduisons les notations plus compactes de Pochhammer.
$q$
Pour $n\in \mathbb {N}$ :
* $(a;q)_{n}:=\prod _{0\leq k<n}\left(1-aq^{k}\right)=(1-a)(1-aq)\left(1-aq^{k}\right)\dots \left(1-aq^{n-1}\right)$ ;
* $(a;q)_{\infty }:=\prod _{k=0}^{\infty }\left(1-aq^{k}\right)$.
* $(a;q)_{0}=(0;q)_{n}=(0;q)_{\infty }=1$.
* $(q;q)_{n}=(1-q)\left(1-q^{2}\right)\dots \left(1-q^{n}\right)$.
* $(q^{-n};q)_{\infty }=0$ 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 :
    $(q;q)_{\infty }\;(-cq;q)_{\infty }\;(-1/c;q)_{\infty }=\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n(n+1)/2}c^{n}$.
$q$
    $\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {(a;q)_{n}}{(q;q)_{n}}}z^{n}={\frac {(az;q)_{\infty }}{(z;q)_{\infty }}}$,
dont des cas particuliers sont les deux identités d'Euler :
    $(z;q)_{\infty }=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {q^{n(n-1)/2}}{(q;q)_{n}}}(-z)^{n}\quad (E1)\quad {\text{et}}\quad {\frac {1}{(z;q)_{\infty }}}=\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {z^{n}}{(q;q)_{n}}}\quad (E2)$.
(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 $(E_{1})$.
(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 :
    ${\begin{aligned}(q;q)_{\infty }\;(-cq;q)_{\infty }&=_{(E_{1})}~(q;q)_{\infty }\;\sum _{n\in \mathbb {N} }{\frac {q^{n(n+1)/2}}{(q;q)_{n}}}c^{n}\\&=\sum _{n\in \mathbb {N} }q^{n(n+1)/2}c^{n}(q^{n+1};q)_{\infty }\\&=\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n(n+1)/2}c^{n}(q^{n+1};q)_{\infty }\\&=_{(E_{1})}~\sum _{n\in \mathbb {Z} }q^{n(n+1)/2}c^{n}\sum _{k\in \mathbb {N} }{\frac {q^{k(k-1)/2}}{(q;q)_{k}}}(-q^{n+1})^{k}\\&=\sum _{k\in \mathbb {N} }{\frac {(-1/c)^{k}}{(q;q)_{k}}}\sum _{n\in \mathbb {Z} }c^{n+k}q^{(n+k)(n+k+1)/2}\\&=_{(E_{2})}~{\frac {1}{(-1/c;q)_{\infty }}}\sum _{m\in \mathbb {Z} }c^{m}q^{m(m+1)/2}.\end{aligned}}$