Title: Classiques
Tags: mp psi serieRiemann_equiv Dini Gamma_Gauss cardGLE Banach Riemann_Lebesgue Gamma_Ck Lagrange zeta_euler cardkerf densite_inv suiteCauchy Abel An_generateurs Gamma_factorielle Sn_centre constante_gamma pcycle zeta_equiv_1

Q: Démonstration qu'une suite convergente est de Cauchy?
A: Définition de la convergence vers \(\ell\) :
\[\forall \varepsilon>0,\ \exists N\in \mathbb{N}, \ \forall n \in \mathbb{N},\ \left(n\geqslant N\Longrightarrow |u_n-\ell|\leqslant \varepsilon\right) \]On en déduit (pour \(m\) et \(n\geqslant N\)) :
\[|u_m-u_n| \leqslant |u_m - \ell| + |\ell - u_n| \leqslant 2\varepsilon.\]

Q: Démonstration qu'une suite de Cauchy complexe est convergente ?
A: 1. Montrer que \((u_n)_{n\geqslant 0}\) est bornée : \(\exists N \in \mathbb{N}, \ \forall n \geqslant N\), \(||u_n|-|u_N||\leqslant 1\) puis \(|u_n|\leqslant 1+|u_N|\).
2. Théorème de Bolzano-Weierstrass : une sous-suite \((u_{\varphi(n)})_{n\geqslant 0}\) converge vers \(\ell \in \mathbb{R}\).
3. On conclut en écrivant : \(|u_n-\ell| \leqslant |u_n-u_{\varphi(n)}|+|u_{\varphi(n)}-\ell| \leqslant 2\varepsilon\).

Q: Définition d'une suite de Cauchy ?
A: \[\forall \varepsilon>0,\ \exists N\in \mathbb{N}, \ \forall (n,p) \in \mathbb{N}^2,\ \left(n\geqslant N\Longrightarrow |u_{n+p}-u_n|\leqslant \varepsilon\right) \]ou :\[\forall \varepsilon>0,\ \exists N\in \mathbb{N}, \ \forall (n,m) \in \mathbb{N}^2,\ \left(n\geqslant N \textrm{ et } m \geqslant N\Longrightarrow |u_m-u_n|\leqslant \varepsilon\right) \]

Q: Théorème du point fixe de Banach-Picard.
Soit \((E,\|\cdot\|)\) de dimension finie.
Soit \(f : E\to E\) une application \(k\)-lipschitzienne avec \(k\in [0,1[\).
Existence d'un point fixe ?
A: 1. On introduit une suite définie par \(u_0\) et : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ u_{n+1} = f(u_n).\]
2. On montre : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ \|u_{n+1}-u_n\| = \|f(u_n)-f(u_{n-1})\| \leqslant k\|u_n-u_{n-1}\|,\]puis \[\forall n \in \mathbb{N}, \ \|u_{n+1}-u_n\| \leqslant k^n\|u_1-u_{0}\| \quad \textrm{(récurrence)}.\]
3. La série géométrique \(\sum\limits_{n\geqslant 0} k^n\) converge car \(k<1\), donc \(\sum\limits_{n\geqslant 0} (u_{n+1}-u_n)\) aussi (comparaison et convergence absolue), donc \((u_n)_{n\geqslant 0}\) aussi (lien suite-série).
4. Soit \(\ell\) la limite. Comme \(f\) est continue : \(u_{n+1} = f(u_n) \Rightarrow \ell = f(\ell)\) (passage à la limite).

Q: Théorème du point fixe de Banach-Picard.
Soit \((E,\|\cdot\|)\) de dimension finie.
Soit \(f : E\to E\) une application \(k\)-lipschitzienne avec \(k\in [0,1[\).
Unicité du point fixe ?
A: S'il existe deux points distincts \(\ell_1\) et \(\ell_2\) :
\[\|\ell_1-\ell_2\| = \|f(\ell_1)-f(\ell_2)\| \leqslant k \|\ell_1-\ell_2\|\]et si \(\ell_1 \neq \ell_2\) alors \(\|\ell_1-\ell_2\|\neq 0\) et on peut simplifier :
\[1\leqslant k.\]Or \(k \in [0,1[\) par hypothèse !

Q: Théorème du point fixe de Banach-Picard.
Soit \((E,\|\cdot\|)\) de dimension finie. Soit \(f : E\to E\) une application \(k\)-lipschitzienne avec \(k\in [0,1[\). Alors \(f\) admet un unique point fixe.
Question : où sert l'hypothèse \(k<1\)?
A: Deux endroits :
1. Unicité : \(\|\ell_1-\ell_2\|\leqslant k \|\ell_1-\ell_2\|\) impossible si \(k<1\) sauf si \(\ell_1=\ell_2\).
2. Pour que \(\sum\limits_{n\geqslant 0} k^n\) converge (série géométrique).

Q: Théorème du point fixe de Banach-Picard.
Soit \((E,\|\cdot\|)\) de dimension finie. Soit \(f : E\to E\) une application \(k\)-lipschitzienne avec \(k\in [0,1[\). Alors \(f\) admet un unique point fixe.
Question : où sert l'hypothèse de dimension finie ?
A: Pour que la convergence absolue de \(\sum\limits_{n\geqslant 0} (u_{n+1}-u_n)\) implique sa convergence.

Théorème du point fixe de Banach-Picard.
Soit \(E,\|\cdot\|\) de dimension finie.
Soit \(f : E\to E\) une application \(k\)-lipschitzienne avec \(k\in [0,1[\).
Démonstration de l'existence d'un point fixe :
1. On introduit une suite définie par \(u_0\) et : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ u_{n+1} = f(u_n).\]
2. On montre : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ \|u_{n+1}-u_n\| = \|f(u_n)-f(u_{n-1})\| \leqslant k\|u_n-u_{n-1}\|,\]puis \[\forall n \in \mathbb{N}, \ \|u_{n+1}-u_n\| \leqslant k^n\|u_1-u_{0}\| \quad \textrm{(récurrence)}.\]
3. La série géométrique \(\sum\limits_{n\geqslant 0} k^n\) converge car \(k<1\), donc \(\sum\limits_{n\geqslant 0} (u_{n+1}-u_n)\) aussi (comparaison et convergence absolue), donc \((u_n)_{n\geqslant 0}\) aussi (lien suite-série).
4. Soit \(\ell\) la limite. Comme \(f\) est continue : \(u_{n+1} = f(u_n) \Rightarrow \ell = f(\ell)\) (passage à la limite).

Q: Existence de \(\gamma \in \mathbb{R}\) tel que :
\[
\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \ln(n)+\gamma+o(1).
\]Démonstration ? (première version)
A: Démonstration avec le lien suite-série.
Soit \(u_n = \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln(n)\). On montre :
\[
u_{n+1} - u_n = \frac{1}{n+1} - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n}\left(1+O\left(\frac{1}{n}\right)\right) - \frac{1}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right) = O\left(\frac{1}{n^2}\right).
\]
La série de Riemann \(\sum\limits_{n\geqslant 1} \frac{1}{n^2}\) converge,
donc \(\sum\limits_{n\geqslant 1} (u_{n+1}-u_n)\) aussi (comparaison et convergence absolue),
donc \((u_n)_{n\geqslant 1}\) converge (lien suite-série).

Q: Existence de \(\gamma \in \mathbb{R}\) tel que :
\[
\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \ln(n)+\gamma+o(1).
\]Démonstration ? (deuxième version)
A: Démonstration avec le théorème de la convergence monotone.
Soit \(u_n = \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln(n)\). On montre :
1. Que \((u_n)_{n\geqslant 1}\) décroît :\[u_{n+1}-u_n = \frac{1}{n+1} + \ln\left(1-\frac{1}{n+1}\right) \leqslant 0 \quad \textrm{(concavité de \(\ln\))}\]
2. Que \((u_n)_{n\geqslant 1}\) est minorée par \(0\) :\[u_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \int_1^n \frac{\mathrm{d}t}{t} = \sum_{k=1}^n \int_k^{k+1}\underbrace{\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{t}\right)}_{\geqslant 0}\mathrm{d}t+\underbrace{\int_n^{n+1}\frac{\mathrm{d}t}{t}}_{\geqslant 0} \geqslant 0 \quad \textrm{(comparaison série-intégrale)}\]
3. La suite est décroissante et minorée, donc elle converge.

Q: Premier théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite croissante de fonctions continues,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Question : où sert-il que \(f_n\) soit continue ?
A: Pour que \(x_{\varphi(k)} \to c\) implique : \(f_n(x_{\varphi(k)}) \to f_n(c)\) (limite quand \(k \to +\infty\)).

Q: Premier théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite croissante de fonctions continues,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Question : où sert-il que \((f_n)_{n \in \mathbb{N}}\) soit croissante ?
A: En deux endroits :
- Pour montrer que \(\left(\|f-f_n\|_\infty\right)_{n\in \mathbb{N} }\) est décroissante (donc convergente car minorée par zéro).
- Pour obtenir les inégalités \(\frac{\ell}{2} + f_{\varphi(k)}(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_{k}(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_n(x_{\varphi(k)})\).

Q: Premier théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite croissante de fonctions continues,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Question : où sert-il que \(f\) soit continue ?
A: Pour que \(x_{\varphi(k)} \to c\) implique : \(f_n(x_{\varphi(k)}) \to f(c)\) (limite quand \(k \to +\infty\)).

Q: Premier théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite croissante de fonctions continues,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Question : où sert-il que la convergence soit sur un segment ?
A: En trois endroits :
- Pour que la norme infinie de \(f-f_n\) ne soit pas... infinie (une fonction continue sur un segment est bornée).
- Pour que la norme infinie de \(f-f_n\) soit atteinte en un \(x_n\) pour tout \(n\).
- Pour utiliser le théorème de Bolzano-Weierstrass.

Q: Deuxième théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite de fonctions croissantes,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Question : où sert-il que \(f_n\) soit croissante?
A: En deux endroits de la majoration finale :
- Pour simplifier la valeur absolue : \(|f_n(a_i)-f_n(x)| = f_n(x) - f_n(a_i)\) si \(x \in [a_i,a_{i+1}]\)
- Pour majorer \(f_n(x)\) ci-dessus par \(f_n(a_{i+1})\)
(essentiel si l'on veut faire apparaître \(f_n(a_{i+1})-f(a_{i+1})\) et \(f(a_i)-f_n(a_i)\) qu'on sait majorer par \(\varepsilon\) au-delà d'un même rang, par convergence simple)

Q: Deuxième théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite de fonctions croissantes,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Question : où sert-il que \(f\) soit continue ?
A: À en déduire l'uniforme continuité par le théorème de Heine.
Cela permet de se ramener aux points \(a_i\) d'une subdivision fine.
Pour \(x\) quelconque, il existe \(i\) tel que \(x\in [a_i,a_{i+1}]\), et \(|f(x)-f(a_i)|\) est inférieur à \(\varepsilon\) :
on se débarasse ainsi du \(x\).

Q: Deuxième théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite de fonctions croissantes,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Question : où sert-il que la convergence soit sur un segment ?
A: En deux endroits :
- Pour utiliser le théorème de Heine (uniforme continuité).
- Pour que la subdivision en sous-intervalles \([a_i,a_{i+1}]\) « petits » ne fasse intervenir qu'un nombre fini de points \(a_i\) :
il est alors possible de trouver un rang commun \(N\) au-delà duquel tous les \(|f(a_i)-f_n(a_i)|\) sont majorés par \(\varepsilon\).

Q: Premier théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite croissante de fonctions continues,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Démonstration ?
A: 1. Comme \((f_n)_{n \in \mathbb{N}}\) est croissante : \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(f_n \leqslant f\) et \(\left(\|f-f_n\|_\infty\right)_{n\in \mathbb{N} }\) est décroissante minorée par \(0\) : elle converge vers \(\ell \geqslant 0\).
2. Raisonnement par l'absurde : on suppose \(\ell > 0\). Il existe un rang \(N\) tel que pour tout entier \(n\geqslant N\), il existe \(x_n\in[a,b]\) vérifiant :\[f(x_n)-f_n(x_n) = \|f-f_n\|_\infty \geqslant \frac{\ell}{2}.\]
3. Théorème de Bolzano-Weierstrass : une sous-suite extraite \((x_{\varphi(n)})_{n\in \mathbb{N} }\) converge vers \(c \in [a,b]\). Fixons \(n\). On a :\[\forall k \geqslant n,\quad f(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_{\varphi(k)}(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_{k}(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_n(x_{\varphi(k)})\ \textrm{ car }(f_n)_{n \in \mathbb{N} }\textrm{ croissante}. \]
4. Quand \(k\to +\infty\) :\[f(c)-f_n(c) \geqslant \frac{\ell}{2} > 0,\]or \(f(c)-f_n(c) \to 0\) quand \(n\to +\infty\) par convergence simple : contradiction.

Q: Deuxième théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite de fonctions croissantes,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Démonstration ?
A: 1. Introduire \(\varepsilon>0\) quelconque, et \(\eta>0\) tel que : \[|x-y|\leqslant \eta \Rightarrow |f(x)-f(y)|\leqslant \varepsilon\quad \textrm{(uniforme continuité par Heine)}.\]
2. Introduire une subdivision \(a = a_0 < a_1 < \cdots < a_{n-1} < a_n = b\) de \([a,b]\) suffisamment fine pour que : \(|a_{i+1}-a_i| \leqslant \eta\),
par exemple \(a_i = a+i\frac{b-a}{n}\) avec \(n\) assez grand pour que \(\frac{b-a}{n}\leqslant \eta\).
3. Convergence simple : \[\exists N \in \mathbb{N}, \ \forall n \geqslant N, \ \forall i \in \{0,\dots,n-1\}, \ |f(a_{i})-f_n(a_i)|\leqslant \varepsilon\]
4. Soit \(n \geqslant \max\left(N,\frac{b-a}{\eta}\right)\). Pour tout \(x \in [a,b]\), il existe \(i\) tel que \(x \in [a_i,a_{i+1}]\) (donc \(|x-a_i|\leqslant \eta\)), et donc :\[\begin{align*} |f(x)-f_n(x)|&\leqslant |f(x)-f(a_i)|+|f(a_i)-f_n(a_i)|+|f_n(a_i)-f_n(x)|\\ & \leqslant \varepsilon + \varepsilon + f_n(x)-f_n(a_i) & (f_n \textrm{ croissante})\\ & \leqslant 2\varepsilon + f_n(a_{i+1})-f_n(a_i) & (f_n \textrm{ croissante})\\ & \leqslant 2\varepsilon + (f_n(a_{i+1})-f(a_{i+1}))+(f(a_{i+1})-f(a_i))+(f(a_i)-f_n(a_i))\\ & \leqslant 5\varepsilon.  & \textrm{CQFD}\end{align*}\]

Premier théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite croissante de fonctions continues,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Démonstration :
1. Comme \((f_n)_{n \in \mathbb{N}}\) est croissante : \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(f_n \leqslant f\) et \(\left(\|f-f_n\|_\infty\right)_{n\in \mathbb{N} }\) est décroissante minorée par \(0\) : elle converge vers \(\ell \geqslant 0\).
2. Raisonnement par l'absurde : on suppose \(\ell > 0\). Il existe un rang \(N\) tel que pour tout entier \(n\geqslant N\), il existe \(x_n\in[a,b]\) vérifiant :\[f(x_n)-f_n(x_n) = \|f-f_n\|_\infty \geqslant \frac{\ell}{2}.\]
3. Théorème de Bolzano-Weierstrass : une sous-suite extraite \((x_{\varphi(n)})_{n\in \mathbb{N} }\) converge vers \(c \in [a,b]\). Fixons \(n\). On a :\[\forall k \geqslant n,\quad f(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_{\varphi(k)}(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_{k}(x_{\varphi(k)}) \geqslant \frac{\ell}{2} + f_n(x_{\varphi(k)})\ \textrm{ car }(f_n)_{n \in \mathbb{N} }\textrm{ croissante}. \]
4. Quand \(k\to +\infty\) :\[f(c)-f_n(c) \geqslant \frac{\ell}{2} > 0,\]or \(f(c)-f_n(c) \to 0\) quand \(n\to +\infty\) par convergence simple : contradiction.

Deuxième théorème de Dini.
Soit \((f_n : [a,b]\to \mathbb{R})_{n\in \mathbb{N}}\) une suite de fonctions croissantes,
qui converge simplement sur \([a,b]\) vers \(f\) continue.
Alors la convergence est uniforme sur \([a,b]\).
Démonstration :
1. Introduire \(\varepsilon>0\) quelconque, et \(\eta>0\) tel que : \[|x-y|\leqslant \eta \Rightarrow |f(x)-f(y)|\leqslant \varepsilon\quad \textrm{(uniforme continuité par Heine)}.\]
2. Introduire une subdivision \(a = a_0 < a_1 < \cdots < a_{n-1} < a_n = b\) de \([a,b]\) suffisamment fine pour que : \(|a_{i+1}-a_i| \leqslant \eta\),
par exemple \(a_i = \)\(a+i\frac{b-a}{n}\)  avec \(n\) assez grand pour que \(\frac{b-a}{n}\leqslant \eta\).
3. Convergence simple : \[\exists N \in \mathbb{N}, \ \forall n \geqslant N, \ \forall i \in \{0,\dots,n-1\}, \ |f(a_{i})-f_n(a_i)|\leqslant \varepsilon\]
4. Soit \(n \geqslant\) \(\max\left(N,\frac{b-a}{\eta}\right)\). Pour tout \(x \in [a,b]\), il existe \(i\) tel que \(x \in [a_i,a_{i+1}]\) (donc \(|x-a_i|\leqslant \eta\)), et donc :\[\begin{align*} |f(x)-f_n(x)|&\leqslant |f(x)-f(a_i)|+|f(a_i)-f_n(a_i)|+|f_n(a_i)-f_n(x)|\\ & \leqslant \varepsilon + \varepsilon + f_n(x)-f_n(a_i) & (f_n \textrm{ croissante})\\ & \leqslant 2\varepsilon + f_n(a_{i+1})-f_n(a_i) & (f_n \textrm{ croissante})\\ & \leqslant 2\varepsilon + (f_n(a_{i+1})-f(a_{i+1}))+(f(a_{i+1})-f(a_i))+(f(a_i)-f_n(a_i))\\ & \leqslant 5\varepsilon.  & \textrm{CQFD}\end{align*}\]

Q: Transformation d'Abel.
On pose : \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(V_n = [...]\).\[\sum_{n=0}^N u_nv_n = [...] - [...].\]
A: \sum\limits_{k=0}^n v_k; u_NV_N; \sum_{n=0}^{N-1}(u_{n+1}-u_n) V_n

Q: Transformation d'Abel.
On pose : \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(V_n = \sum\limits_{k=0}^n v_k\). On a :\[\sum_{n=0}^N u_nv_n = u_NV_N - \sum_{n=0}^{N-1}(u_{n+1}-u_n) V_n.\]Démonstration de cette identité ?
A: \[\begin{align*}\sum_{n=0}^N u_nv_n & = u_0v_0+\sum_{n=1}^N u_n (V_n - V_{n-1})\\ & = u_0v_0 + \sum_{n=1}^N u_n V_n - \sum_{n=1}^N u_nV_{n-1} \\ & = u_0V_0 + \sum_{n=1}^N u_n V_n - \sum_{n=0}^{N-1} u_{n+1}V_{n} \\ & = u_NV_N - \sum_{n=0}^{N-1}(u_{n+1}-u_n) V_n.\end{align*}\]
Remarque. Poser \(V_{-1} = 0\) permet d'avoir \(v_n = V_n - V_{n-1}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\) et rend superflu l'isolement du terme pour \(n=0\).

Q: Équivalent asymptotique simple de la fonction dzêta \(\zeta : s \mapsto \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^s}\)
quand \(s \to 1\) ?
A: \[
\zeta(s) \sim \frac{1}{s-1}.
\]

Q: Équivalent asymptotique simple de la fonction dzêta \(\zeta : s \mapsto \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^s}\) :
comment montrer :
\[
\zeta(s) \sim \frac{1}{s-1} \, ?
\]
A: Comparaison série-intégrale : \(t \mapsto \frac{1}{t^s}\) est décroissante sur \([1,+\infty[\).\[
\int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^s} \leqslant \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^s}\leqslant 1+ \int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^s}.
\]Après calcul :\[
\frac{1}{s-1} \leqslant \zeta(s) \leqslant 1 + \frac{1}{s-1}.
\]

Q: Produit eulérien de la fonction dzêta.
\[
\forall s \in ]1,+\infty[,\quad \zeta(s) = \lim_{T\to +\infty}\prod_{\substack{p\textrm{ premier}\\p\leqslant T}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}.
\]
Démonstration ?
A: 1. Si \(p_1,\dots,p_r\) sont les nombres premiers inférieurs à \(T\), alors :\[\prod_{\substack{p\textrm{ premier}\\p\leqslant T}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}} \stackrel{(\ast)}{=} \prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p_i^{k_i s}} = \sum_{(k_1,\dots,k_r) \in \mathbb{N}^r} \frac{1}{p_1^{k_1 s}\cdots p_r^{k_r s}}\quad \textrm{(\((\ast)\) : séries géométriques)}.\]
2. Théorème de sommation par paquets, avec \(I_n = \left\{(k_1,\dots,k_r) \in \mathbb{N}^r \mid n = p_1^{k_1}\cdots p_r^{k_r}\right\}\) :\[\prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p^{n_i s}} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\mathrm{card}(I_n)}{n^s},\]or \(\mathrm{card}(I_n) = 0\) ou \(\mathrm{card}(I_n) = 1\) par unicité de la décomposition en facteurs premiers, donc :\[\prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p^{n_i s}} = \sum_{n\in \mathcal{N}(T)} \frac{1}{n^s},\]où \(\mathcal{N}(T)\) est l'ensemble des entiers naturels dont les diviseurs premiers sont dans \(\{p_1,\dots,p_r\}\).
3. On conclut avec :\[0\leqslant \zeta(s) - \prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p^{n_i s}} = \sum_{n\not\in \mathcal{N}(T)}\frac{1}{n^s} \leqslant \sum_{n>T} \frac{1}{n^s} \to 0\quad \textrm{(reste de série convergente)}.\]

Q: Produit eulérien de la fonction dzêta.
\[
\forall s \in ]1,+\infty[,\quad \zeta(s) = \lim_{T\to +\infty}\prod_{\substack{p\textrm{ premier}\\p\leqslant T}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}.
\]
Où sert l'unicité de la décomposition en facteurs premiers?
A: Lors du théorème de sommation par paquets, appliqué à :\[\sum_{(k_1,\dots,k_r) \in \mathbb{N}^r} \frac{1}{p_1^{k_1 s}\cdots p_r^{k_r s}}.\]Si \(I_n = \left\{(k_1,\dots,k_r) \in \mathbb{N}^r \mid n = p_1^{k_1}\cdots p_r^{k_r}\right\}\),
alors \(\mathrm{card}(I_n) = 0\) ou \(\mathrm{card}(I_n) = 1\) par unicité de la décomposition en facteurs premiers, d'où :\[\sum_{(k_1,\dots,k_r) \in \mathbb{N}^r} \frac{1}{p_1^{k_1 s}\cdots p_r^{k_r s}} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\mathrm{card}(I_n)}{n^s} = \sum_{n\in \mathcal{N}(T)} \frac{1}{n^s},\]où \(\mathcal{N}(T)\) est l'ensemble des entiers naturels dont les diviseurs premiers sont dans \(\{p_1,\dots,p_r\}\).

Q: Produit eulérien de la fonction dzêta.
\[
\forall s \in ]1,+\infty[,\quad \zeta(s) = \lim_{T\to +\infty}\prod_{\substack{p\textrm{ premier}\\p\leqslant T}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}.
\]
Où sert l'existence de la décomposition en facteurs premiers?
A: Pour affirmer :\[n \not\in \mathscr{N}(T) \Longrightarrow n > T\](si \(n\) n'admet aucun diviseur premier dans \(\mathscr{N}(T) = \{p \textrm{ premier} \mid p \leqslant T\}\), il admet au moins un diviseur premier \(p>T\), et donc \(n\geqslant p > T\).)
Essentiel pour majorer :\[\zeta(s) - \prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p^{n_i s}} = \sum_{n\not\in \mathcal{N}(T)}\frac{1}{n^s} \leqslant \sum_{n>T} \frac{1}{n^s}.\]

Démonstration du produit eulérien de la fonction dzêta.
\[
\forall s \in ]1,+\infty[,\quad \zeta(s) = \lim_{T\to +\infty}\prod_{\substack{p\textrm{ premier}\\p\leqslant T}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}.
\]
1. Si \(p_1,\dots,p_r\) sont les nombres premiers inférieurs à \(T\), alors :\[\prod_{\substack{p\textrm{ premier}\\p\leqslant T}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}} \stackrel{(\ast)}{=} \prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p_i^{k_i s} } = \sum_{(k_1,\dots,k_r) \in \mathbb{N}^r} \frac{1}{p_1^{k_1 s}\cdots p_r^{k_r s} }\quad \textrm{(\((\ast)\) : séries géométriques)} .\]
2. Théorème de sommation par paquets, avec \(I_n = \left\{(k_1,\dots,k_r) \in \mathbb{N}^r \mid n = p_1^{k_1}\cdots p_r^{k_r}\right\}\) :\[\prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p^{n_i s}} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\mathrm{card}(I_n)}{n^s} ,\]or \(\mathrm{card}(I_n) = 0\) ou \(\mathrm{card}(I_n) = 1\) par unicité de la décomposition en facteurs premiers, donc :\[\prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p^{n_i s}} = \sum_{n\in \mathcal{N}(T)} \frac{1}{n^s} ,\]où \(\mathcal{N}(T)\) est l'ensemble des entiers naturels dont les diviseurs premiers sont dans \(\{p_1,\dots,p_r\}\).
3. On conclut avec :\[0\leqslant \zeta(s) - \prod_{i=1}^r\sum_{k_i = 0}^{+\infty} \frac{1}{p^{n_i s}} = \sum_{n\not\in \mathcal{N}(T)}\frac{1}{n^s} \leqslant \sum_{n>T} \frac{1}{n^s}  \to 0\quad \textrm{(reste de série convergente)}.\]

Q: Équivalent des sommes partielles des séries de Riemann.
\[\forall \alpha \in ]-\infty,1[,\quad \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \sim \frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.
\]
Démonstration ? (sans somme de Riemann)
A: Comparaison série-intégrale.
1. Si \(\alpha \in [0,1[\), \(t \mapsto \frac{1}{t^\alpha}\) décroissante sur \(]0,+\infty[\). On en déduit :\[\int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha} \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1+ \int_1^{n} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha}.\]
2. Calcul :\[ \frac{1}{1-\alpha}\left((n+1)^{1-\alpha}-1\right) \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1 + \frac{1}{1-\alpha}\left(n^{1-\alpha}-1\right).\]
3. On a : \((n+1)^{1-\alpha}-1 \sim n^{1-\alpha}-1 \sim n^{1-\alpha}\), et on conclut.
4. Si \(\alpha < 0\) : renverser les inégalités (et là, la croissance est sur \([0,+\infty[\).

Q: Équivalent des restes des séries de Riemann.
\[\forall \alpha \in ]1,+\infty[,\quad \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \sim \frac{1}{(\alpha-1)n^{\alpha-1}}.
\]
Démonstration ?
A: Comparaison série-intégrale.
1. Si \(\alpha \in ]1,+\infty[\), \(t \mapsto \frac{1}{t^\alpha}\) décroissante sur \(]0,+\infty[\). On en déduit :\[\int_{n+1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha} \leqslant \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \leqslant \int_n^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha}.\]
2. Calcul :\[ \frac{1}{1-\alpha}(n+1)^{1-\alpha} \leqslant \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \leqslant \frac{1}{1-\alpha}n^{1-\alpha}.\]
3. On a : \((n+1)^{1-\alpha} \sim n^{1-\alpha}\), et on conclut.

Q: Équivalent des sommes partielles de la série harmonique.
\[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \ln(n).
\]
Démonstration ?
A: Comparaison série-intégrale.
1. L'application \(t \mapsto \frac{1}{t}\) décroissante sur \(]0,+\infty[\). On en déduit :\[\int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t} \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \leqslant 1+ \int_1^{n} \frac{\mathrm{d}t}{t}.\]
2. Calcul :\[ \ln(n+1) \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \leqslant 1 +\ln(n).\]
3. On a : \(\ln(n+1) = \ln(n)+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \sim \ln(n) \sim 1+\ln(n)\), et on conclut.

Q: Équivalent des sommes partielles des séries de Riemann.
\[\forall \alpha \in [0,+\infty[,\quad \sum_{k=1}^n k^\alpha \sim \frac{n^{1+\alpha}}{1+\alpha}.
\]
Démonstration ? (avec somme de Riemann)
A: \[
\sum_{k=1}^n \frac{k^\alpha}{n^{1+\alpha}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^\alpha \to \int_0^1 t^\alpha \mathrm{d}t = \frac{1}{1+\alpha}.
\]

Q: Équivalent des sommes partielles des séries de Riemann.
\[\forall \alpha \in ]-\infty,1[,\quad \sum_{k=1}^n k^{-\alpha} \sim \frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.
\]
Démonstration ? (avec la sommation des relations de comparaison)
A: \[
(n+1)^{1-\alpha} - n^{1-\alpha} = n^{1-\alpha}\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{1-\alpha}-1\right) \sim (1-\alpha) n^{-\alpha}.
\]
Or \(\sum\limits_{n\geqslant 1} n^{-\alpha}\) diverge car \(\alpha < 1\). On peut sommer les relations de comparaison :
\[
\sum_{k=1}^n k^{-\alpha} \sim \frac{1}{1-\alpha} \sum_{k=1}^n\left((k+1)^{1-\alpha} - k^{1-\alpha} \right) = \frac{(n+1)^{1-\alpha} - 1^{1-\alpha}}{1-\alpha} \sim  \frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.
\]

Q: Équivalent des sommes partielles de la série harmonique.
\[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \ln(n).
\]
Démonstration ? (avec la sommation des relations de comparaison)
A: \[
\ln(n+1)-\ln(n) = \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}.
\]
Or \(\sum\limits_{n\geqslant 1} \frac{1}{n}\) diverge. On peut sommer les relations de comparaison :
\[
\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \sum_{k=1}^n\left(\ln(k+1)-\ln(k)\right) = \ln(n+1)-\ln(1) = \ln(n)+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \sim \ln(n).
\]

Q: Équivalent des restes des séries de Riemann.
\[\forall \alpha \in ]1,+\infty[,\quad \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \sim \frac{1}{(\alpha-1)n^{\alpha-1}}.
\]
Démonstration ? (avec la sommation des relations de comparaison)
A: \[
(n+1)^{1-\alpha} - n^{1-\alpha} = n^{1-\alpha}\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{1-\alpha}-1\right) \sim (1-\alpha) n^{-\alpha}.
\]
Or \(\sum\limits_{n\geqslant 1} n^{-\alpha}\) converge car \(\alpha > 1\). On peut sommer les relations de comparaison :
\[
\sum_{k=n+1}^{+\infty} k^{-\alpha} \sim \frac{1}{1-\alpha} \sum_{k=n+1}^{+\infty} \left((k+1)^{1-\alpha} - k^{1-\alpha} \right) = \frac{0-(n+1)^{1-\alpha}}{1-\alpha} \sim \frac{1}{(\alpha-1)n^{\alpha-1}}.
\]

\[\forall \alpha \in  ]-\infty,1[,\quad \sum_{k=1 }^{ n } \frac{1}{k^\alpha} \sim \frac{n^{1-\alpha} }{1-\alpha} .
\]

\[
\forall \alpha \in ]1,+\infty[,\quad \sum_{ k=n+1 }^{ +\infty } \frac{1}{k^\alpha} \sim \frac{1}{(\alpha-1)n^{\alpha-1} } .\]

Q: \[
\sum_{[...]}^{[...]} \frac{1}{k} \sim [...].
\]
A: k=1; n; \ln(n)

Équivalent des sommes partielles des séries de Riemann.
\[\forall \alpha \in ]-\infty,1[,\quad \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \sim \frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.
\]
Démonstration par comparaison série-intégrale.
1. Si \(\alpha \in [0,1[\), \(t \mapsto \frac{1}{t^\alpha}\) décroissante sur \(]0,+\infty[\). On en déduit :\[\int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha} \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1+ \int_1^{n} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha} .\]
2. Calcul :\[ \frac{1}{1-\alpha}\left((n+1)^{1-\alpha}-1\right) \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1 + \frac{1}{1-\alpha}\left(n^{1-\alpha}-1\right).\]
3. On a : \((n+1)^{1-\alpha}-1 \sim n^{1-\alpha}-1 \sim n^{1-\alpha}\), et on conclut.
4. Si \(\alpha < 0\) : renverser les inégalités (et là, la croissance est sur \([0,+\infty[\).

Équivalent des restes des séries de Riemann.
\[\forall \alpha \in ]1,+\infty[,\quad \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \sim \frac{1}{(\alpha-1)n^{\alpha-1}}.
\]
Démonstration par comparaison série-intégrale.
1. Si \(\alpha \in ]1,+\infty[\), \(t \mapsto \frac{1}{t^\alpha}\) décroissante sur \(]0,+\infty[\). On en déduit :\[\int_{n+1}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha}  \leqslant \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \leqslant \int_n^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha} .\]
2. Calcul :\[ \frac{1}{1-\alpha}(n+1)^{1-\alpha}  \leqslant \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \leqslant \frac{1}{1-\alpha}n^{1-\alpha} .\]
3. On a : \((n+1)^{1-\alpha} \sim n^{1-\alpha}\), et on conclut.

Équivalent des sommes partielles de la série harmonique.
\[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \ln(n).
\]
Démonstration par comparaison série-intégrale.
1. L'application \(t \mapsto \frac{1}{t}\) est décroissante sur \(]0,+\infty[\). On en déduit :\[\int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t}  \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \leqslant 1+ \int_1^{n} \frac{\mathrm{d}t}{t} .\]
2. Calcul :\[ \ln(n+1) \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \leqslant 1 +\ln(n).\]
3. On a : \(\ln(n+1) = \ln(n)+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \sim \ln(n) \sim 1+\ln(n)\), et on conclut.

Q: Comparaison série-intégrale.
\[\int_1^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha} \leqslant \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1+ \int_1^{n} \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha}.\]
D'où sort ce 1 dans le majorant ?
A: Parce que \(t \mapsto \frac{1}{t^\alpha}\) est décroissante sur \(]0,+\infty[\),
et \([k-1,k]\) n'est dans cet intervalle que si \(k\in \mathbb{N}\setminus \{0,1\}\).
La comparaison série-intégrale de la majoration ne commence donc qu'à \(k=2\) :\[\sum_{k=2}^n \frac{1}{k^\alpha} = \sum_{k=2}^n \int_{k-1}^k \frac{1}{k^\alpha}\mathrm{d}t \leqslant \sum_{k=2}^n \int_{k-1}^k \frac{1}{t^\alpha}\mathrm{d}t  = \int_1^n \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha}.\]On écrit ensuite :\[\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} = 1+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k^\alpha} \leqslant 1+\int_1^n \frac{\mathrm{d}t}{t^\alpha}.\]

Q: Lemme de Riemann-Lebesgue.
\[\lim_{x\to +\infty} \int_a^b f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t = 0.
\]Démonstration ? (cas où \(f\) est de classe \(\mathrm{C}^1\) et \([a,b]\) un segment)
A: Intégration par parties :
\[\int_a^b f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t = \frac{f(b)e^{ixb}-f(a)e^{ixa}}{ix}-\frac{1}{ix}\int_a^b f'(t)e^{ixt}\mathrm{d}t.\]
D'où :
\[\left|\int_a^b f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right| \leqslant \frac{|f(b)|+|f(a)|}{x}+\frac{1}{x}\int_a^b |f'(t)|\mathrm{d}t \to 0.\]

Q: Lemme de Riemann-Lebesgue.
\[\lim_{x\to +\infty} \int_a^b f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t = 0.
\]Démonstration ? (cas où \(f\) est continue par morceaux et \([a,b]\) un segment)
A: 1. On introduit \(\varepsilon > 0\) et une fonction en escalier \(\varphi\) telle que : \(\|f-\varphi\|_\infty \leqslant \varepsilon\) (il en existe).
2. On démontre le lemme de Riemann-Lebesgue pour \(\varphi\), et on a donc : \[\exists X\in \mathbb{R}, \ \forall x \in \mathbb{R}, \ x \geqslant X \Longrightarrow \left|\int_a^b \varphi(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right|\leqslant \varepsilon.\]
3. Inégalité triangulaire. Pour tout \(x\geqslant X\) :\[\left|\int_a^b f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right| \leqslant \int_a^b\left|f(t)-\varphi(t)\right|\cdot |e^{ixt}|\mathrm{d}t+\left|\int_a^b\varphi(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right| \leqslant (b-a)\|f-\varphi\|_\infty+\varepsilon \leqslant ((b-a)+1)\varepsilon. \]

Q: Lemme de Riemann-Lebesgue.
\[\lim_{x\to +\infty} \int_I f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t = 0.
\]Démonstration ? (cas où \(f\) est intégrable et \(I\) un intervalle quelconque)
A: - Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(f\) intégrable, il existe un segment \(J \subseteq I\) tel que : \(\displaystyle 0\leqslant \int_I |f| -\int_J |f|\leqslant \varepsilon\).
- On démontre que le lemme est vrai sur un segment, et on en déduit : \[\exists X\in \mathbb{R}, \ \forall x \in \mathbb{R}, \ x \geqslant X \Longrightarrow \left|\int_J f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right|\leqslant \varepsilon.\]
- Inégalité triangulaire. Pour tout \(x\geqslant X\) :\[\left|\int_I f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right| \leqslant \left|\int_{I\setminus J} f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right|+\left|\int_Jf(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right| \leqslant \int_{I\setminus J} \left|f(t)\right|\mathrm{d}t+\varepsilon \leqslant 2\varepsilon.\]

Q: Lemme de Riemann-Lebesgue.
\[\lim_{x\to +\infty} \int_a^b f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t = 0.
\]Démonstration ? (cas où \(f\) est une fonction en escalier et \([a,b]\) un segment)
A: 1. On le démontre pour \(f\) une fonction indicatrice de \([c,d]\subseteq [a,b]\) :\[\left|\int_a^b f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right| = \left|\int_c^d e^{ixt}\mathrm{d}t\right| = \left|\frac{e^{ixd}-e^{ixc}}{ix}\right|\leqslant \frac{2}{x} \to 0.\]
2. Par linéarité, c'est vrai pour toute fonction en escalier.

Q: Lemme de Riemann-Lebesgue. Si \(f\) est intégrable et \(I\) un intervalle quelconque :
\[\lim_{x\to +\infty} \int_I f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t = 0.
\]Dans la démonstration, pourquoi faut-il l'intégrabilité (et pas seulement la convergence de \(\displaystyle\int_I f\)) ?
A: Si on a seulement la convergence mais pas l'intégrabilité, on peut toujours trouver un segment \(J\) tel que :
\(\displaystyle\left|\int_{I\setminus J} f\right|\leqslant \varepsilon\),
mais au moment de majorer :
\[\left|\int_{I\setminus J} f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right|\]on ne peut pas se débarrasser du terme exponentiel (et reconnaître le terme ci-dessus) sans utiliser l'inégalité triangulaire :
\[
\left|\int_{I\setminus J} f(t)e^{ixt}\mathrm{d}t\right| \leqslant \int_{I\setminus J} |f(t)|\mathrm{d}t.
\]On voit qu'il faut majorer \(\displaystyle\int_{I\setminus J} |f(t)|\mathrm{d}t\) et non \(\displaystyle\int_{I\setminus J} f(t)\mathrm{d}t\)

Q: Classe C^k de la fonction Gamma d'Euler.
\[
\Gamma : x \mapsto \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.
\]Comment vérifier l'hypothèse de domination ?
A: 1. La dérivée \(k\)^e de \(x \mapsto f(x,t) = t^{x-1} e^{-t}\) est \(x \mapsto (\ln(t))^k t^{x-1} e^{-t}\).
2. On introduit un segment \([a,b] \subseteq ]0,+\infty[\), et pour tout \((x,t) \in [a,b]\times ]0,+\infty[\) on a :\[\left|\frac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t)\right| = t^{x-1}\cdot \underbrace{|\ln(t)|^k e^{-t}}_{\textrm{ne dépend pas de \(x\)}} \leqslant \left\{\begin{array}{l l}t^{a-1}|\ln(t)|^k e^{-t} & \textrm{ si } t\leqslant 1,\\ t^{b-1}|\ln(t)|^k e^{-t} &\textrm{ si } t\geqslant 1.\end{array}\right.\]
3. Au voisinage de \(0\) : \(t^{a-1}|\ln(t)|^k e^{-t} \sim t^{a-1}|\ln(t)|^k = o\left(\frac{1}{t^{1-\frac{a}{2}}}\right)\) (croissances comparées) : intégrable car \(1-\frac{a}{2} < 1\).
4. Au voisinage de \(+\infty\) : \(t^{a-1}|\ln(t)|^k e^{-t} = o\left(\frac{1}{t^{2}}\right)\) (croissances comparées) : intégrable car \(2>1\).
Remarque. Si la variable \(x\) est complexe, on remplace le segment \([a,b]\) par un compact \(K\) qu'on inclut dans \(\mathrm{Re}^{-1}\left([a,b]\right)\) pour certains \(a,b>0\).

Q: Classe C^k de la fonction Gamma d'Euler.
\[
\Gamma : x \mapsto \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.
\]Hypothèse de domination : pourquoi le majorant fait à la fois intervenir \(t^{a-1}\) et \(t^{b-1}\) (pour \(x \in [a,b]\) ?
A: Parce que la monotonie de \(x \mapsto t^{x-1}\) sur \([a,b]\) dépend de la position de \(t\) par rapport à 1 :
- \(t\leqslant 1 \Longrightarrow x \mapsto t^{x-1}\) décroît \(\Longrightarrow t^{x-1}\leqslant t^{a-1}\)
- \(t\geqslant 1 \Longrightarrow x \mapsto t^{x-1}\) croît \(\Longrightarrow t^{x-1}\leqslant t^{b-1}\)

Q: Classe C^k de la fonction Gamma d'Euler.
\[
\Gamma : x \mapsto \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.
\]Hypothèse de domination : pourquoi se ramener à des segments ?
A: Si on ne le fait pas :
\[
\forall (x,t) \in ]0,+\infty[\times ]0,1],\quad \left|\frac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t)\right|\leqslant t^{-1}|\ln(t)|e^{-t},
\]pas intégrable au voisinage de \(0\) car pour \(t\in ]0,e^{-1}]\) :
\[
t^{-1}|\ln(t)|e^{-t} \sim t^{-1}|\ln(t)|\geqslant \frac{|\ln(e^{-1})|}{t} = \frac{1}{t}.
\]

Classe C^k de la fonction Gamma d'Euler.
\[
\Gamma : x \mapsto \int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.
\]Comment vérifier l'hypothèse de domination :
1. La dérivée \(k\)^e de \(x \mapsto f(x,t) = t^{x-1} e^{-t}\) est \(x \mapsto (\ln(t))^k t^{x-1} e^{-t} \).
2. On introduit un segment \([a,b] \subseteq ]0,+\infty[\), et pour tout \((x,t) \in [a,b]\times ]0,+\infty[\) on a :\[\left|\frac{\partial^k f}{\partial x^k}(x,t)\right| = t^{x-1}\cdot \underbrace{|\ln(t)|^k e^{-t} }_{\textrm{ne dépend pas de \(x\)} } \leqslant \left\{\begin{array}{l l}t^{a-1}|\ln(t)|^k e^{-t} & \textrm{ si } t\leqslant 1,\\ t^{b-1}|\ln(t)|^k e^{-t} &\textrm{ si } t\geqslant 1.\end{array}\right. \]
3. Intégrabilité au voisinage de \(0\) : \(t^{a-1}|\ln(t)|^k e^{-t} \sim t^{a-1}|\ln(t)|^k = o\left(\frac{1}{t^{1-\frac{a}{2} } }\right)\) (croissances comparées) : intégrable car \(1-\frac{a}{2} < 1\).
4. Intégrabilité au voisinage de \(+\infty\) : \(t^{a-1}|\ln(t)|^k e^{-t} = o\left(\frac{1}{t^{2} }\right)\) (croissances comparées) : intégrable car \(2>1\).

Q: Soit \(\Gamma :  x \mapsto \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.\)\[ \forall x \in \mathbb{R}_+^*,\quad \Gamma(x+1) = x\Gamma(x).\]Démonstration ?
A: Intégration par parties, en dérivant \(x \mapsto t^x\) et en intégrant \(t \mapsto e^{-t}\).
Le terme entre crochets est défini car : \(\displaystyle\lim_{t\to 0} t^x(-e^{-t})= \lim_{t\to +\infty} t^x(-e^{-t}) = 0\) (croissances comparées en \(+\infty\), \(x>0\) en \(0\)).
\[
\Gamma(x+1) = \left[ t^x(-e^{-t})\right]_0^{+\infty} - \int_0^{+\infty} (xt^{x-1})\cdot (-e^{-t})\mathrm{d}t = x\Gamma(x).
\]

Q: Soit \(\Gamma :  x \mapsto \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.\)
\[\forall n \in \mathbb{N},\quad \Gamma(n+1)= n!.
\]Démonstration ?
A: Récurrence.
1. Initialisation : \(\displaystyle\Gamma(1) = \int_0^{+\infty} e^{-t}\mathrm{d}t = \left[-e^{-t}\right]_0^{+\infty} = 1\).
2. Hérédité : \(\Gamma((n+1)+1) = (n+1)\Gamma(n+1)\) (intégration par parties) et \(\Gamma(n+1)=n!\) : on conclut.

Q: Soit \(\Gamma :  x \mapsto \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.\)
\[ \forall x \in \mathbb{R}_+^*,\quad \Gamma(x) = \lim_{n\to +\infty} \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t.
\]Démonstration ?
A: Théorème de convergence dominée avec la suite de fonctions de terme général :\[f_n :t\mapsto \left\{\begin{array}{cl} t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n & \textrm{ si } t \in ]0,n],\\ 0 & \textrm{ si } t \geqslant n.\end{array}\right.\]
- Convergence simple : à \(t\) fixé, pour \(n\) assez grand : \[f_n(t) = t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n = t^{x-1}e^{n\ln\left(1-\frac{t}{n}\right)} = t^{x-1}e^{n\left(-\frac{t}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)} = t^{x-1}e^{-t+o(1)} \to t^{x-1}e^{-t}.\]
- Hypothèse de domination : on a \(\ln(1+u)\leqslant u\) donc pour \(t\leqslant n\) :
\[|f_n(t)| = t^{x-1}e^{n\ln\left(1-\frac{t}{n}\right)} \leqslant t^{x-1}e^{-t}.\]Majoration trivialement vraie pour \(t\geqslant n\).

Q: Soit \(\Gamma :  x \mapsto \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.\)
\[ \forall x \in \mathbb{R}_+^*,\quad \Gamma(x) = \lim_{n\to +\infty} \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t.
\]Démonstration :
1. Théorème de convergence dominée avec la suite de fonctions de terme général :\[f_n :t\mapsto \left\{\begin{array}{cl} t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n & \textrm{ si } t \in ]0,n],\\ 0 & \textrm{ si } t \geqslant n.\end{array}\right.\]
2. Convergence simple : à \(t\) fixé, pour \(n\) assez grand : \[f_n(t) = [...]\]
3. Hypothèse de domination : [...]
A: t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n = t^{x-1}e^{n\ln\left(1-\frac{t}{n}\right)} = t^{x-1}e^{n\left(-\frac{t}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)} = t^{x-1}e^{-t+o(1)} \to t^{x-1}e^{-t}.; on a \(\ln(1+u)\leqslant u\) donc pour \(t\leqslant n\) :\[|f_n(t)| = t^{x-1}e^{n\ln\left(1-\frac{t}{n}\right)} \leqslant t^{x-1}e^{-t}.\]Majoration trivialement vraie pour \(t\geqslant n\).

Q: Formule de Gauss.
\[\forall n \in \mathbb{N},\ \forall x \in \mathbb{R}_+^*,\quad \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t =\frac{n!\cdot n^x}{\prod\limits_{k=0}^n (x+k)}.\]Démonstration ?
A: Récurrence.
Pour l'hérédité : intégration par parties.
On intègre \(t\mapsto t^{x-1}\) et dérive \(t\mapsto \left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell+1}\) :
\[\begin{align*}
\int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell+1}\mathrm{d}t & = \left[\frac{t^{x}}{x}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell+1}\right]_0^n - \frac{\ell+1}{x}\cdot \left(-\frac{1}{n}\right)\int_0^nt^{x}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell}\mathrm{d}t\\
& = \frac{\ell+1}{nx}\int_0^nt^{x}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell}\mathrm{d}t\\
& \stackrel{(\textrm{hyp.})}{=} \frac{\ell+1}{nx}\frac{\ell!\cdot n^{x+1} }{\prod\limits_{k=0}^\ell (x+1+k)}\\
& = \frac{(\ell+1)!n^{x}}{\prod\limits_{k=0}^\ell (x+k)}.\end{align*}\]L'hérédité en découle. On pose ensuite \(\ell=n\).

Q: Formule de Gauss. Soit \(\Gamma :  x \mapsto \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.\)
\[ \forall x \in \mathbb{R}_+^*,\quad \Gamma(x) = \lim_{n\to +\infty}\frac{n!\cdot n^x}{\prod\limits_{k=0}^n (x+k)}.
\]Démonstration dans les grandes lignes ?
A: 1. Théorème de convergence dominée : \[ \Gamma(x) = \lim_{n\to +\infty} \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t.
\]
2. Calcul par récurrence et intégration par parties :\[\int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t = \frac{n!\cdot n^x}{\prod\limits_{k=0}^n (x+k)}.\]

Q: Formule de Gauss. Soit \(\Gamma :  x \mapsto \displaystyle\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t}\mathrm{d}t.\)
\[ \forall x \in \mathbb{R}_+^*,\quad \Gamma(x) = \lim_{n\to +\infty}\frac{n!\cdot n^x}{\prod\limits_{k=0}^n (x+k)}.
\]Démonstration dans les grandes lignes :
1. [...]
2. [...]
A: Théorème de convergence dominée : \[ \Gamma(x) = \lim_{n\to +\infty} \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t.
\]; Calcul par récurrence et intégration par parties :\[\int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t = \frac{n!\cdot n^x}{\prod\limits_{k=0}^n (x+k)}.\]

Formule de Gauss.
\[\forall n \in \mathbb{N},\ \forall x \in \mathbb{R}_+^*,\quad \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\mathrm{d}t =\frac{n!\cdot n^x}{\prod\limits_{k=0}^n (x+k)}.\]Démonstration :
Récurrence.
Pour l'hérédité : intégration par parties.
On intègre \(t\mapsto t^{x-1}\) et dérive \(t\mapsto \left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell+1}\) :
\[\begin{align*}
\int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell+1}\mathrm{d}t & = \left[\frac{t^{x} }{x}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell+1}\right]_0^n - \frac{\ell+1}{x}\cdot \left(-\frac{1}{n}\right)\int_0^nt^{x}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell}\mathrm{d}t\\
& = \frac{\ell+1}{nx}\int_0^nt^{x}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{\ell}\mathrm{d}t\\
& \stackrel{(\textrm{hyp.})}{=} \frac{\ell+1}{nx}\frac{\ell!\cdot n^{x+1} }{\prod\limits_{k=0}^\ell (x+1+k)}\\
& = \frac{(\ell+1)!n^{x} }{\prod\limits_{k=0}^\ell (x+k)}.
\end{align*}\]L'hérédité en découle. On pose ensuite \(\ell=n\).

Q: Théorème de Lagrange.
Soit \(H\) sous-groupe de \(G\).
Relation entre \(\mathrm{card}(G)\) et \(\mathrm{card}(H)\) ?
A: \[\mathrm{card}(G) = \mathrm{card}(H)\cdot \mathrm{card}(G/H).\]En particulier, \(\mathrm{card}(H)\) divise \(\mathrm{card}(G)\).

Q: Théorème de Lagrange.\[\mathrm{card}(G) = \mathrm{card}(H)\cdot \mathrm{card}(G/H).\]Démonstration ?
A: - On introduit \(R\) la relation d'équivalence définie sur \(G\) par :\[x\sim y \Longleftrightarrow x^{-1} y \in H.\]
- On écrit \(G\) comme réunion disjointe des classes pour cette relation, et on passe aux cardinaux :\[\mathrm{card}(G) = \sum_{\bar{x}\in G/H}\mathrm{card}(\bar{x}).\]
- On montre que \(\bar{x} = xH\) est de même cardinal que \(H\), d'où le résultat.

Q: Soit \(H\) sous-groupe de \(G\).
Soit \(R\) la relation d'équivalence sur \(G\) définie par :\[x\sim y \Longleftrightarrow x^{-1} y \in H.\]Description des classes ?
A: \[x \sim y \Longleftrightarrow \exists h \in H,\ x^{-1}y = h \Longleftrightarrow \exists h \in H,\ y = xH,\]donc : \(\bar{x} = xH\).

Q: Soit \(H\) sous-groupe de \(G\).
Soit \(R\) la relation d'équivalence sur \(G\) définie par :\[x\sim y \Longleftrightarrow x^{-1} y \in H.\]Démonstration que toutes les classes ont même cardinal que \(H\) ?
A: \[\forall x \in G,\quad \bar{x} = xH.\]Une bijection évidente de \(H\) dans \(xH\) est :\[y \mapsto xy,\]de réciproque :\[y \mapsto x^{-1}y.\]

Q: Soit \(f : G\to G'\) morphisme de groupes.
\[\mathrm{card}(G) = \mathrm{card}(\ker(f))\cdot \mathrm{card}(\mathrm{im}(f)).\]Démonstration (avec le théorème d'isomorphisme et le théorème de Lagrange, hors programme) ?
A: Comme \(G/\ker(f)\) et \(\mathrm{im}(f)\) sont isomorphes par le théorème d'isomorphisme, ils ont même cardinal :
\[\mathrm{card}(\mathrm{im}(f)) = \mathrm{card}\left(G/\ker(f)\right) = \frac{\mathrm{card}(G)}{\mathrm{card}(\ker(f))}.\]

Q: Soit \(f : G\to G'\) morphisme de groupes.
\[\mathrm{card}(G) = \mathrm{card}(\ker(f))\cdot \mathrm{card}(\mathrm{im}(f)).\]Démonstration (sans outil hors programme) ?
A: On a :\[G = \bigsqcup_{y \in \mathrm{im}(f)} f^{-1}(\{y\}),\]donc :\[\mathrm{card}(G) = \sum_{y \in \mathrm{im}(f)} \mathrm{card}\left(f^{-1}(\{y\})\right). \]On conclut en montrant que \(f^{-1}(\{y\})\) a toujours pour cardinal : \(\mathrm{card}\left(\ker(f)\right)\).

Q: Soit \(f : G\to G'\) morphisme de groupes.
\[\forall y \in \mathrm{im}(f),\quad \mathrm{card}\left(f^{-1}(\{y\})\right) = \mathrm{card}\left(\ker(f)\right).\]Démonstration ?
A: Soit \(x_0\) antécédent par \(f\) de \(y\).
\[\forall x \in G,\quad x \in f^{-1}(\{y\})\Longleftrightarrow f(x) = y = f(x_0) \Longleftrightarrow f(x^{-1}x_0) = f(1_G) = 1_{G'} \Longleftrightarrow x^{-1}x_0\in \ker(f), \]donc : \(f^{-1}(\{y\}) = x_0\ker(f)\), qui est de même cardinal que \(\ker(f)\) grâce à la bijection \(x \mapsto x_0 x\).

Q: Soit \(\tau \in S_n\).
\[\tau (a_1\cdots a_p)\tau^{-1} = [...].\]
A: (\tau(a_1) \cdots \tau(a_p))

Q: Soit \(\tau \in S_n\).
\[\tau (a_1\cdots a_p)\tau^{-1} = (\tau(a_1) \cdots \tau(a_p)).\]Démonstration ?
A: Calcul de l'image de \(x \in \{1,\dots,n\}\) par chaque membre,
par distinction de cas :
- si \(x\not\in \{\tau(a_1),\dots,\tau(a_p)\}\) :\[(\tau(a_1) \ \cdots \ \tau(a_p))(x) = x,\quad \textrm{ et : }\quad \tau (a_1\cdots a_p)\ \tau^{-1}(x) =\tau\left(\tau^{-1}(x)\right) = x\, ;\]
- si \(x = \tau(a_i)\) :\[(\tau(a_1) \ \cdots \ \tau(a_p))(x) = \tau(a_{i+1}),\quad \textrm{ et : }\quad \tau\sigma\tau^{-1}(x) =\tau\sigma(a_i) = \tau(a_{i+1}).\]

Q: Centre de \(S_n\) ?
A: \(S_n\) si \(n \in \{1,2\}\),
\(\{\mathrm{id}\}\) si \(n\geqslant 3\).

Q: Soit \(n\geqslant 3\).
Démonstration que le centre de \(S_n\) est trivial.
Soit \(\sigma\in S_n\) telle que : \(\forall \tau \in S_n\), \(\tau \sigma = \sigma \tau\). Alors :
- [...]
- [...]
- On a donc \(\sigma(a) = a\) pour tout \(a\) et on conclut.
A: \(\forall \tau \in S_n\), \(\tau= \sigma \tau \sigma^{-1}\), donc pour \(\tau = (a\ b)\) avec \(a\neq b\) :\[(a\ b) = \sigma (a \ b) \sigma^{-1} = (\sigma(a) \ \sigma(b)).\]; On en déduit : \(\sigma(a) \in \{a,b\}\), et on fait le même raisonnement avec \(c \not\in \{a,b\}\) pour avoir : \sigma(a) \in \{a,c\}.

Q: Comment démontrer que les \(3\)-cycles engendrent \(A_n\) ?
A: - On justifie que toute permutation de \(A_n\) est un produit pair de transpositions (grâce à la signature) ;
- On montre que toute double-transposition s'écrit comme produit de \(3\)-cycles.

Q: Générateurs de \(A_n\).
Pour écrire \((i \ j)(k\ \ell)\) comme un produit de \(3\)-cycles :
- [...]
- [...]
- [...]
A: si \(\{i,j\}=\{k,\ell\}\), alors \((i\ j)(k\ \ell) = \mathrm{id}\) et il n'y a rien à raconter ;; si \(\{i,j\}\cap \{k,\ell\}=\emptyset\), alors: \((i \ j)(k\ \ell) = (k \ j\ i)(k \ \ell \ i)\) ;; si \(\{i,j\}\cap \{k,\ell\}\) est de cardinal \(1\), disons par exemple que \(i=k\) et \(j \neq \ell\), et alors : \((i\ j)(i \ \ell) = (j \ i)(i \ \ell) = (j\ i \ \ell)\).

Q: Soit \(A\in \mathrm{M}_p(K)\) (avec \(K\) sous-corps de \(\mathbb{C}\)).
Construction d'une suite de matrices inversibles convergeant vers \(A\) ?
A: \[A = \lim_{n\to +\infty}\left(A-\frac{1}{n}\mathrm{I}_p\right).\]

Q: Soit \(A\in \mathrm{M}_p(K)\) (avec \(K\) sous-corps de \(\mathbb{C}\)).
Justification que \(A-\frac{1}{n}\mathrm{I}_p\) est inversible ?
Pour quelles valeurs de \(n\) ?
A: Pour tout \(n\) assez grand on a:\[0< \frac{1}{n} < \min\left(\mathrm{Sp}(A)\cap \mathbb{R}_+^*\right),\]car \(A\) a un nombre fini de valeurs propres. Donc : \(\frac{1}{n}\not\in \mathrm{Sp}(A)\), et :
\[
\chi_A\left(\frac{1}{n}\right) = \det\left(A-\frac{1}{n}\mathrm{I}_p\right) \neq 0,
\]et \(A-\frac{1}{n}\mathrm{I}_p\) est inversible.

Q: Soit \(A\in \mathrm{M}_p(K)\) (avec \(K\) sous-corps de \(\mathbb{C}\)).
Alors \(A-\frac{1}{n}\mathrm{I}_p\) est inversible pour tout \(n\) assez grand parce que [...].
A: \(\chi_A\) n'a qu'un nombre fini de racines

Q: Comment calculer le cardinal de \(\mathrm{GL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\) ?
A: En comptant le nombre de familles libres de \(\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^n\) de cardinal \(n\).

Q: Comment calculer le cardinal de \(\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\) ?
A: Avec le morphisme surjectif \(\det : \mathrm{GL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\to \left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^\times\) :
\[
\mathrm{card}(\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})) = \mathrm{card}(\ker(\det)) = \frac{\mathrm{card}\left(\mathrm{GL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\right)}{\mathrm{card}\left(\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^\times\right)}.
\]

Q: \[
\mathrm{card}(\mathrm{GL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})) = [...].
\]
A: \prod_{i=0}^{n-1}\left(p^n-p^i\right) = p^{\frac{(n-1)n}{2} }\prod_{i=0}^{n-1}\left(p^{n-i}-1\right)

Q: \[
\mathrm{card}(\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})) = [...].
\]
A: \frac{\prod\limits_{i=0}^{n-1}\left(p^n-p^i\right)}{p-1} = p^{\frac{(n-1)n}{2} }\prod_{i=0}^{n-2}\left(p^{n-i}-1\right)

Pour démontrer la formule reliant :
\[\mathrm{card}(\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})),\]et :\[\mathrm{card}(\mathrm{GL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}))\, :\]
1. On écrit : \(\mathrm{GL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) = \bigsqcup\limits_{k \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times } \det^{-1}\left(\{k\}\right)\).
2. On remarque que pour tout \(k \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times\), on a : \(\mathrm{card}\left(\det^{-1}\left(\{k\}\right)\right) = \mathrm{card}\left(\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\right)\), car :\[M\in \det{}^{-1}\left(\{k\}\right) \Longleftrightarrow \det(M) = k\Longleftrightarrow \det\left(M\begin{pmatrix}k & & &  \textbf{0} \\ & 1 & & \\ &&\ddots & \\ \textbf{0} & & & 1 \end{pmatrix}^{-1}\right)  =1 \Longleftrightarrow M\begin{pmatrix}k & & &  \textbf{0} \\ & 1 & & \\ &&\ddots & \\ \textbf{0} & & & 1 \end{pmatrix}^{-1}\in \mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})  ,\]donc : \(\det^{-1}\left(\{k\}\right) = \left\{M\begin{pmatrix}k & & &  \textbf{0} \\ & 1 & & \\ &&\ddots & \\ \textbf{0} & & & 1 \end{pmatrix} \mid M \in \mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) \right\}\).
3. On conclut en comparant les cardinaux :\[\mathrm{card}(\mathrm{GL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})) = \sum_{k \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times } \mathrm{card}\left(\det{}^{-1}\left(\{k\}\right)\right) = \mathrm{card}\left((\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times\right)\mathrm{card}\left(\mathrm{SL}_n(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\right). \]

Pour compter le nombre de familles libres de \(\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^n\) de cardinal \(n\) :
1. On note qu'il y a \(p^n-1\) choix pour le premier vecteur \(u_1\) de la famille, car n'importe quel vecteur non nul de \(\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^n\) convient.
2. Ensuite, pour tout \(i \in \{2,\dots,n\}\), on choisit le \(i\)^e vecteur \(u_i\) dans l'ensemble :\[\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^n\setminus \mathrm{Vect}_{\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} }\left(u_1,\dots,u_{i-1}\right),\]ce qui laisse \(p^n-p^{i-1}\) choix.
3. On conclut par principe multiplicatif.