Une dimension fractale détecte l’infinité des nombres premiers

I — Mesurer un ensemble à l'échelle $\varepsilon$

(a) Si $F=\{x_1,\ldots,x_m\}$, chaque point peut être recouvert par un intervalle de longueur $\varepsilon$. On obtient donc $N_\varepsilon(F)\le m$. Comme $F$ est non vide, tout recouvrement utilise au moins un intervalle, donc $N_\varepsilon(F)\ge1$. Ainsi

$$1\le N_\varepsilon(F)\le m.$$

(b) On peut recouvrir $[0,1]$ par les intervalles

$$[0,\varepsilon],\ [\varepsilon,2\varepsilon],\ldots$$

jusqu'à dépasser $1$. Il suffit de $\lceil1/\varepsilon\rceil$ intervalles ; en particulier

$$N_\varepsilon([0,1])\le\left\lceil\frac1\varepsilon\right\rceil \le \frac1\varepsilon+1 \le \frac1\varepsilon+2.$$

(c) Considérons les points

$$0,\ 2\varepsilon,\ 4\varepsilon,\ldots,\ 2k\varepsilon$$

qui appartiennent à $[0,1]$, avec $k=\lfloor1/(2\varepsilon)\rfloor$. Deux de ces points sont à distance au moins $2\varepsilon>\varepsilon$ ; un intervalle de longueur $\varepsilon$ ne peut donc en contenir deux. Il faut au moins $k+1$ intervalles. Pour $0<\varepsilon\le1/2$,

$$k+1>\frac1{2\varepsilon}.$$

On peut donc prendre $c=1/2$ :

$$N_\varepsilon([0,1])\ge\frac1{2\varepsilon}.$$

(a) Pour un ensemble fini non vide $F$ de cardinal $m$, les estimations précédentes donnent

$$0\le \frac{\log N_\varepsilon(F)}{-\log\varepsilon} \le \frac{\log m}{-\log\varepsilon}.$$

Le membre de droite tend vers $0$, donc

$$\boxed{\overline{\dim}_B(F)=0.}$$

Pour $[0,1]$, les estimations précédentes donnent, pour $\varepsilon$ assez petit,

$$\frac{\log(1/(2\varepsilon))}{-\log\varepsilon} \le \frac{\log N_\varepsilon([0,1])}{-\log\varepsilon} \le \frac{\log(1/\varepsilon+2)}{-\log\varepsilon}.$$

Les deux termes extrêmes tendent vers $1$. Par encadrement,

$$\boxed{\overline{\dim}_B([0,1])=1.}$$

(b) La minoration est immédiate : $N_\varepsilon(A)\ge1$, donc le quotient qui définit la dimension est positif ou nul. Pour la majoration, comme $A$ est borné, il existe un intervalle $[-M,M]$ qui le contient. On peut recouvrir cet intervalle par au plus

$$\frac{2M}{\varepsilon}+2$$

intervalles de longueur $\varepsilon$. Ainsi

$$N_\varepsilon(A)\le \frac{2M}{\varepsilon}+2.$$

En prenant les logarithmes et le $\limsup$,

$$\overline{\dim}_B(A)\le1.$$

Donc

$$\boxed{0\le\overline{\dim}_B(A)\le1.}$$

(c) Posons $\delta=c\varepsilon$. Lorsque $\varepsilon\to0^+$, on a aussi $\delta\to0^+$, et

$$\frac{\log N_{c\varepsilon}(A)}{-\log\varepsilon} = \frac{\log N_\delta(A)}{-\log\delta} \cdot \frac{-\log\delta}{-\log\delta+\log c}.$$

Le second facteur tend vers $1$. Le premier est borné supérieurement à long terme grâce à la majoration $\overline{\dim}_B(A)\le1$ établie ci-dessus. Par conséquent, multiplier par le second facteur ne change pas le $\limsup$ :

$$\boxed{ \limsup_{\varepsilon\to0^+} \frac{\log N_{c\varepsilon}(A)}{-\log\varepsilon} =\overline{\dim}_B(A).}$$

La dimension ignore donc les changements d'échelle par un facteur multiplicatif constant.

IDÉECette stabilité est le petit lemme technique qui permettra plus loin de remplacer $\varepsilon$ par $\varepsilon/(2R)$ sans modifier l'exposant asymptotique.

II — Une infinité de points peut avoir une dimension nulle

(a) Posons

$$k=\left\lceil\frac{\log(1/\varepsilon)}{\log q}\right\rceil.$$

Alors $q^{-k}\le\varepsilon$. Les termes $1,q^{-1},\ldots,q^{-(k-1)}$ peuvent être recouverts séparément, tandis que toute la queue

$$\{q^{-k},q^{-(k+1)},\ldots\}$$

est contenue dans $[0,\varepsilon]$. Ainsi

$$N_\varepsilon(G_q)\le k+1 \le 2+\frac{\log(1/\varepsilon)}{\log q}.$$

(b) On obtient

$$0\le \overline{\dim}_B(G_q) \le \limsup_{\varepsilon\to0^+} \frac{\log\!\left(2+\frac{\log(1/\varepsilon)}{\log q}\right)}{\log(1/\varepsilon)}.$$

Le numérateur est de l'ordre de $\log\log(1/\varepsilon)$ et le dénominateur de l'ordre de $\log(1/\varepsilon)$ ; leur quotient tend vers $0$. Donc

$$\boxed{\overline{\dim}_B(G_q)=0.}$$

IDÉELa différence essentielle est une différence de vitesse : pour une suite géométrique, atteindre l'échelle $\varepsilon$ ne demande qu'un nombre de termes proportionnel à $\log(1/\varepsilon)$.

III — Multiplier des ensembles sans faire exploser leur dimension

(a) Comme $A$ et $B$ sont bornés, on choisit $R\ge1$ tel que $|x|\le R$ pour tout $x\in A\cup B$. Posons $\eta=\varepsilon/(2R)$. Pour $a,a'\in A$ et $b,b'\in B$ vérifiant $|a-a'|\le\eta$ et $|b-b'|\le\eta$, on écrit

$$ab-a'b'=a(b-b')+b'(a-a').$$

Ainsi

$$\begin{aligned} |ab-a'b'| &\le |a|\,|b-b'|+|b'|\,|a-a'|\\ &\le R\eta+R\eta\\ &=2R\frac{\varepsilon}{2R}=\varepsilon. \end{aligned}$$

(b) Prenons un recouvrement de $A$ par $N_\eta(A)$ intervalles $I_i$ de longueur $\eta$, et un recouvrement de $B$ par $N_\eta(B)$ intervalles $J_j$ de longueur $\eta$. L'estimation précédente montre que le diamètre de

$$(A\cap I_i)(B\cap J_j)$$

est au plus $\varepsilon$. Tout sous-ensemble de $\mathbb R$ de diamètre au plus $\varepsilon$ est contenu dans un intervalle de longueur $\varepsilon$. Les ensembles précédents, lorsque $i$ et $j$ varient, recouvrent $AB$ : si $ab\in AB$, alors $a$ appartient à un certain $I_i$ et $b$ à un certain $J_j$. Il y a au plus

$$N_\eta(A)N_\eta(B)$$

paires $(i,j)$. On obtient donc

$$\boxed{ N_\varepsilon(AB) \le N_{\varepsilon/(2R)}(A)N_{\varepsilon/(2R)}(B).}$$

IDÉEOn a ici formulé le recouvrement avec les intersections $A\cap I_i$ et $B\cap J_j$. Cela garantit que les facteurs utilisés sont effectivement bornés par $R$, ce qui rend l'estimation complètement explicite.

(a) En prenant les logarithmes dans l'inégalité de recouvrement obtenue ci-dessus,

$$\frac{\log N_\varepsilon(AB)}{-\log\varepsilon} \le \frac{\log N_{\varepsilon/(2R)}(A)}{-\log\varepsilon} + \frac{\log N_{\varepsilon/(2R)}(B)}{-\log\varepsilon}.$$

En prenant le $\limsup$ et en utilisant

$$\limsup(x_\varepsilon+y_\varepsilon) \le \limsup x_\varepsilon+\limsup y_\varepsilon,$$

puis l'invariance par changement d'échelle constant avec $c=1/(2R)$, on obtient

$$\boxed{ \overline{\dim}_B(AB) \le \overline{\dim}_B(A)+\overline{\dim}_B(B).}$$

(b) Pour $r=2$, l'inégalité vient d'être établie. Supposons le résultat vrai pour $r-1$ ensembles. Alors

$$\begin{aligned} \overline{\dim}_B(A_1\cdots A_r) &=\overline{\dim}_B\big((A_1\cdots A_{r-1})A_r\big)\\ &\le \overline{\dim}_B(A_1\cdots A_{r-1})+\overline{\dim}_B(A_r)\\ &\le \sum_{i=1}^{r}\overline{\dim}_B(A_i). \end{aligned}$$

Ainsi

$$\boxed{ \overline{\dim}_B(A_1\cdots A_r) \le \sum_{i=1}^r\overline{\dim}_B(A_i).}$$

(c) Si chaque $A_i$ a dimension supérieure de boîte nulle, alors la majoration précédente donne

$$0\le\overline{\dim}_B(A_1\cdots A_r)\le0.$$

Donc

$$\boxed{\overline{\dim}_B(A_1\cdots A_r)=0.}$$

IV — Ce que prédirait un nombre fini de nombres premiers

(a) Supposons que les seuls nombres premiers soient $p_1,\ldots,p_r$. Montrons d'abord

$$E\subset A_{p_1}\cdots A_{p_r}.$$

Soit $1/n\in E$. Si $n=1$, on prend tous les exposants nuls. Si $n\ge2$, l'existence d'une factorisation première donne des entiers $e_1,\ldots,e_r\ge0$ tels que

$$n=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}.$$

Alors

$$\frac1n=p_1^{-e_1}\cdots p_r^{-e_r},$$

et chaque facteur $p_i^{-e_i}$ appartient à $A_{p_i}$. Donc $1/n$ appartient au produit d'ensembles.

Réciproquement, soit

$$x\in A_{p_1}\cdots A_{p_r}.$$

Il existe $e_1,\ldots,e_r\ge0$ tels que

$$x=p_1^{-e_1}\cdots p_r^{-e_r} =\frac1{p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}}.$$

Le dénominateur est un entier strictement positif ; donc $x\in E$. Ainsi

$$\boxed{E=A_{p_1}\cdots A_{p_r}.}$$

(b) Chaque $A_{p_i}$ est un ensemble $G_q$ avec $q=p_i>1$. D'après l'étude des suites géométriques,

$$\overline{\dim}_B(A_{p_i})=0.$$

La sous-additivité pour les produits finis donne alors

$$\boxed{\overline{\dim}_B(E)=0}$$

sous l'hypothèse qu'il n'existe qu'un nombre fini de nombres premiers.

IDÉEC'est le basculement central de la preuve : l'arithmétique ne fournit plus un entier auxiliaire comme chez Euclide ; elle impose une décomposition géométrique de tout l'ensemble des inverses des entiers.

V — La géométrie réelle de $E=\{1/n\}$

(a) Pour $1\le n\le m-1$,

$$\frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}.$$

Ces écarts décroissent avec $n$ ; le plus petit écart entre deux termes consécutifs de

$$1,\frac12,\ldots,\frac1m$$

vaut donc

$$\frac1{(m-1)m}.$$

Or

$$\frac1{(m-1)m}>\frac1{m(m+1)}=\varepsilon_m.$$

Deux points distincts de la liste sont ainsi séparés par une distance strictement supérieure à $\varepsilon_m$. Un intervalle de longueur $\varepsilon_m$ ne peut en contenir deux.

(b) Il faut donc au moins $m$ intervalles pour recouvrir les $m$ premiers points, et a fortiori pour recouvrir $E$ :

$$N_{\varepsilon_m}(E)\ge m.$$

Comme $\varepsilon_m\to0$,

$$\overline{\dim}_B(E) \ge \limsup_{m\to\infty} \frac{\log N_{\varepsilon_m}(E)}{-\log\varepsilon_m} \ge \lim_{m\to\infty} \frac{\log m}{\log m+\log(m+1)} =\frac12.$$

Ainsi

$$\boxed{\overline{\dim}_B(E)\ge\frac12.}$$

IDÉECette seule minoration suffit à la preuve de l'infinité des nombres premiers. Saito rappelle dans son article la valeur exacte $\overline{\dim}_B(E)=1/2$, mais son argument n'a besoin de redémontrer que cette minoration. La majoration suivante est un complément du présent DM.

(a) Fixons $0<\varepsilon<1$ et posons

$$m=\left\lceil\varepsilon^{-1/2}\right\rceil.$$

On recouvre séparément les $m$ premiers points de $E$. Les autres points appartiennent à

$$\left[0,\frac1{m+1}\right],$$

qui peut être recouvert par au plus

$$\left\lceil\frac1{(m+1)\varepsilon}\right\rceil$$

intervalles de longueur $\varepsilon$. Par conséquent

$$N_\varepsilon(E) \le m+\left\lceil\frac1{(m+1)\varepsilon}\right\rceil.$$

Comme $m\le\varepsilon^{-1/2}+1$ et $(m+1)^{-1}\le m^{-1}\le\varepsilon^{1/2}$,

$$N_\varepsilon(E)\le2\varepsilon^{-1/2}+2.$$

On peut donc prendre, par exemple, $C=4$ pour tout $\varepsilon$ assez petit.

(b) La majoration précédente donne

$$\overline{\dim}_B(E) \le \limsup_{\varepsilon\to0^+} \frac{\log(C\varepsilon^{-1/2})}{-\log\varepsilon} =\frac12.$$

Avec la minoration obtenue précédemment,

$$\boxed{\overline{\dim}_B(E)=\frac12.}$$

(a) Supposons qu'il n'existe qu'un nombre fini de nombres premiers $p_1,\ldots,p_r$. Pour chaque $i$, posons

$$A_{p_i}=\{1,p_i^{-1},p_i^{-2},\ldots\}.$$

Chacun de ces ensembles a une dimension supérieure de boîte nulle, car son nombre de recouvrement croît au plus logarithmiquement lorsque l'échelle tend vers $0$. L'existence d'une décomposition de tout entier en produit de nombres premiers donne

$$E=\left\{\frac1n:n\ge1\right\}=A_{p_1}\cdots A_{p_r}.$$

La sous-additivité de la dimension supérieure de boîte pour les produits finis entraîne

$$\overline{\dim}_B(E) \le \sum_{i=1}^r\overline{\dim}_B(A_{p_i}) =0,$$

donc $\overline{\dim}_B(E)=0$. Mais l'étude directe de $E$ donne

$$\overline{\dim}_B(E)=\frac12.$$

Contradiction. Ainsi

$$\boxed{\text{l'ensemble des nombres premiers est infini.}}$$

(b) Non. Pour obtenir l'inclusion

$$E\subset A_{p_1}\cdots A_{p_r},$$

il suffit que chaque entier positif possède au moins une factorisation en nombres premiers. Réciproquement, tout choix d'exposants $e_1,\ldots,e_r\ge0$ fournit l'inverse de l'entier $p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$. L'égalité des ensembles ne demande donc jamais que la factorisation soit unique.

IDÉELe cœur de la preuve est un changement de langage : une hypothèse arithmétique sur les nombres premiers devient une contrainte géométrique sur l'ensemble des inverses des entiers. La mesure directe de cette géométrie rend la contrainte impossible.

Prolongement facultatif - indépendant de la preuve principale

(a) Soit $f(x)=x^{-\alpha}$ sur $(0,+\infty)$. On a

$$f'(x)=-\alpha x^{-\alpha-1}.$$

Par le théorème des accroissements finis, il existe $\xi_n\in(n,n+1)$ tel que

$$n^{-\alpha}-(n+1)^{-\alpha} =\alpha\xi_n^{-\alpha-1}.$$

La fonction $x\mapsto x^{-\alpha-1}$ étant décroissante,

$$(n+1)^{-\alpha-1} \le \xi_n^{-\alpha-1} \le n^{-\alpha-1}.$$

En multipliant par $\alpha>0$,

$$\boxed{ \alpha(n+1)^{-\alpha-1} \le n^{-\alpha}-(n+1)^{-\alpha} \le \alpha n^{-\alpha-1}.}$$

(b) Parmi les $m$ premiers points

$$1,2^{-\alpha},\ldots,m^{-\alpha},$$

le plus petit écart entre deux points consécutifs est au moins

$$\alpha m^{-\alpha-1}.$$

Posons par exemple

$$\varepsilon_m=\frac{\alpha}{2}m^{-\alpha-1}.$$

Alors un intervalle de longueur $\varepsilon_m$ ne peut contenir deux de ces $m$ points. Donc

$$N_{\varepsilon_m}(E_\alpha)\ge m.$$

Ainsi

$$\overline{\dim}_B(E_\alpha) \ge \lim_{m\to\infty} \frac{\log m}{-\log\varepsilon_m}.$$

Or

$$-\log\varepsilon_m =(\alpha+1)\log m-\log(\alpha/2),$$

donc

$$\boxed{\overline{\dim}_B(E_\alpha)\ge\frac1{\alpha+1}.}$$

(c) Fixons $0<\varepsilon<1$ et

$$m=\left\lceil\varepsilon^{-1/(\alpha+1)}\right\rceil.$$

Les $m$ premiers points sont recouverts par $m$ intervalles. La queue est contenue dans

$$[0,(m+1)^{-\alpha}],$$

et nécessite au plus

$$\frac{m^{-\alpha}}{\varepsilon}+1$$

intervalles. Comme $m\ge\varepsilon^{-1/(\alpha+1)}$,

$$\frac{m^{-\alpha}}{\varepsilon} \le \varepsilon^{\alpha/(\alpha+1)}\varepsilon^{-1} = \varepsilon^{-1/(\alpha+1)}.$$

De plus,

$$m\le\varepsilon^{-1/(\alpha+1)}+1.$$

Donc

$$N_\varepsilon(E_\alpha) \le 2\varepsilon^{-1/(\alpha+1)}+2.$$

En passant au $\limsup$,

$$\overline{\dim}_B(E_\alpha) \le\frac1{\alpha+1}.$$

Avec la minoration précédente,

$$\boxed{\overline{\dim}_B(E_\alpha)=\frac1{\alpha+1}.}$$

IDÉECe prolongement montre que la valeur $1/2$ n'est pas accidentelle : elle correspond au cas $\alpha=1$ de la loi générale $\overline{\dim}_B\{n^{-\alpha}\}=1/(\alpha+1)$. Cette généralisation n'intervient cependant pas dans la preuve de l'infinité des nombres premiers.

Sources

[SOURCE] Kota Saito — A Fractal Proof of the Infinitude of Primes. Lien direct [SOURCE] Kota Saito — A Fractal Proof of the Infinitude of Primes, version auteur. Lien direct