– CORRIGÉ DM N°1 – PSI* 13-14 CORRIGÉ DU DM N°1 ( CAPES Ext. 2008) Autour d’un

– CORRIGÉ DM N°1 – PSI* 13-14 CORRIGÉ DU DM N°1 ( CAPES Ext. 2008) Autour d’un théorème de Tchebychev concernant la réparti- tion des nombres premiers. PARTIE A : Une estimation à la Tchebychev I. Une minoration de la fonction π A.I.1. A.I.1.a. Comme a ∈N∗, la fonction x →(1 −x)a−1 est continue sur [0, 1] et Z 1 0 (1 −x)a−1 dx = 1 a · A.I.1.b. Une intégration par parties avec des fonctions polynomiales donc de classe C 1, donne I(b+1, a) = Z 1 0 xb |{z} =u (1 −x)a−b−1 | {z } =v′ dx =  1 b −a(1 −x)a−b × xb 1 0 + b a −b Z 1 0 xb−1(1−x)a−b dx = b a −bI(b, a) . A.I.1.c. On en déduit : I(b, a) = b −1 a −b + 1I(b −1, a) = b −1 a −b + 1 b −2 a −b + 2I(b −2, a) = · · · = (b −1)! (a −b + 1) · · · (a −1)I(1, a) = (b −1)!(a −b)! a! = 1 b a b
· A.I.2. A.I.2.a. Il suffit de développer par la formule du binôme : Z 1 0 (1 −x + xy)a−1 dx = Z 1 0 a−1 X j=0 a −1 j  xjyj(1 −x)a−1−j dx = |{z} j=k−1 a X k=1 Z 1 0 a −1 k −1  xk−1(1 −x)a−k dx  yk−1 = a X k=1 a −1 k −1  I(k, a)yk−1 . A.I.2.b. Ainsi a X k=1 a −1 k −1  I(k, a)yk−1 = Z 1 0 (1 + (y −1)x)a−1 dx = 1 a(y −1) [(1 + (y −1)x)a]1 0 = ya −1 a(y −1) = 1 a a X k=1 yk−1 . Par unicité de l’écriture d’un polynôme dans la base canonique de R[X] (en d’autres termes on « identifie » les coefficients des yk−1 ), il vient : a −1 k −1  I(k, a) = 1 a ; donc, pour tout k ∈[[1, a]] : I(k, a) = 1 a a−1 k−1
ce qui, pour k = b, donne le résultat demandé. A.I.3. A.I.3.a. On a, en utilisant encore la formule du binôme : I(b, a) = Z 1 0 xb−1(1 −x)a−b dx = Z 1 0 a−b X k=0 (−1)k a −b k  xk+b−1 dx = a−b X k=0 (−1)k a −b k  1 k + b · Problèmes – © T.LEGAY – Lycée d’Arsonval 1/12 12 septembre 2013 – CORRIGÉ DM N°1 – PSI* 13-14 A.I.3.b. On remarque que si k ∈[[0, a −b]], alors k + b ∈[[b, a]]. Ainsi ∆a k + b ∈N. Comme a −b k  ∈N, (−1)k ∈Z, il vient I(b, a)∆a ∈Z. Mais I(b, a) > 0 et ∆a ∈N. Donc I(b, a)∆a ∈N. Or I(b, a)∆a = ∆a b a b
donc b a b
divise ∆a . A.I.4. A.I.4.a. Pour a = 2n et b = n, la question précédente donne n 2n n  divise ∆2n , qui lui-même divise ∆2n+1 . Et (2n+1) 2n n  = (2n + 1)! n!n! = (n+1) 2n + 1 n + 1  divise ∆2n+1 , toujours d’après la question précédente. A.I.4.b. On remarque que n et 2n+1 sont premiers entre eux, car si p > 1 divise n, il divise 2n et ne peut diviser 2n + 1 (sinon il diviserait leur différence !). Par le lemme de Gauss et la remarque précédente, le produit n(2n + 1) 2n n  divise ∆2n+1 . A.I.4.c. Posons un,k = 2n k  , pour k ∈[[0, 2n]]. On a : un,k+1 un,k = 2n −k k + 1 Ainsi, un,k+1 un,k ⩽1 (resp. > 1) si et seulement si k ⩽n −1 2 (resp. k > n −1 2 ). Ainsi la suite (un,k)k est croissante sur [[0, n −1]] et décroissante sur [[n, 2n]]. Or un,n−1 = n n + 1 × un,n < un,n. Tous les termes de la suite sont donc bien inférieurs à un,n = 2n n  . A.I.4.d. On a 4n = (1 + 1)2n = 2n X k=0 2n k  ⩽(2n + 1) 2n n  , en majorant chaque terme par le maximum, puisqu’il y a 2n + 1 termes. A.I.4.e. On sait que n(2n + 1) 2n n  divise ∆2n+1 , donc lui est inférieur, et que (2n + 1) 2n n  ⩾4n. Donc ∆2n+1 ⩾n4n. A.I.4.f. Soit n ⩾9. Si n est impair, on pose n = 2m + 1 avec m ⩾4. Alors d’après la question précédente ∆n ⩾m4m = n −1 2 2n−1 ⩾4 × 2n−1 > 2n . Si n est pair, on pose n = 2m avec m ⩾5, et l’on a ∆n = ∆2m ⩾∆2m−1 ⩾(m −1)4m−1 = n 2 −1  2n−2 ⩾4 × 2n−2 = 2n ce qui établit le résultat dans tous les cas. On vérifie ensuite que ce résultat reste valable pour n = 7 et n = 8 à l’aide de la calculatrice : ∆8 = 840 > 28 = 256, ∆7 = 420 > 27 = 128, mais ∆6 = 60 < 26 = 64 . A.I.5. A.I.5.a. D’après la propriété rappelée en début d’énoncé concernant la valuation d’un ppcm, on a : νp(∆n) = max(νp(2), . . . , νp(n)) . En particulier, il existe un entier k ∈[[1, n]] tel que νp(∆n) = νp(k). Donc pνp(∆n) = pνp(k) ⩽ Y p∈P pνp(k) = k ⩽n . Problèmes – © T.LEGAY – Lycée d’Arsonval 2/12 12 septembre 2013 – CORRIGÉ DM N°1 – PSI* 13-14 A.I.5.b. Il résulte de l’inégalité précédente que, si p ∈P est tel que vp(∆n) ⩾1, on a p ⩽pνp(∆n) ⩽n, donc si p est un nombre premier tel que p > n on a nécessairement νp(∆n) = 0 donc ∆n = Y p∈P pvp(∆n) = Y p⩽n pvp(∆n) . A.I.5.c. Donc en utilisant la majoration de A.I.5.a : ∆n = Y p⩽n pνp(∆n) ⩽ Y p⩽n n = nπ(n) . A.I.6. A.I.6.a. On sait que nπ(n) ⩾∆n ⩾2n, cette dernière inégalité étant vraie pour n ⩾7. En prenant le logarithme : π(n) ⩾ln 2 × n ln n . A.I.6.b. . On a π(2) = 1 < 2, π(3) = 2 ⩾1.892789260, π(4) = 2 ⩾22, π(5) = 3 ⩾2.153382791 et π(6) = 3 ⩾2.321116844, donc l’inégalité est en fait valable pour tout n ⩾3. II. Une majoration de la fonction π A.II.1. A.II.1.a. Par définition : b a  = (a + 1) × · · · × (b −1) × b (b −a)! · Soit p premier tel que a < p ⩽b (s’il en existe !) Alors p figure dans le produit (a + 1) × · · · × (b −1) × b et par suite p divise (b −a)! b a  . Mais compte tenu de l’hypothèse de l’énoncé, on a b −a ⩽a donc p est strictement plus grand que tous les entiers qui figurent dans le produit (b −a)! ; il est donc premier avec tous ces entiers, donc avec leur produit, et d’après le théorème de Gauss, on en déduit que p divise b a  . Comme il s’agit de nombres premiers, le produit Y a<p⩽b p divise aussi b a  . A.II.1.b. Il suffit que remarquer que si a = m + 1 et b = 2m + 1, alors 0 < b 2 ⩽a < b ; on peut donc directement appliquer le résultat précédent. A.II.1.c. . Il suffit ici d’utiliser la propriété bien connue n k  =  n n −k  ... A.II.1.d. Facilement : 4m × 2 = 22m+1 = (1 + 1)2m+1 = 2m+1 X k=0 2m + 1 k  ⩾ 2m + 1 m  + 2m + 1 m + 1  = 2 2m + 1 m  . A.II.1.e. Y m+1<p⩽2m+1 p divise 2m + 1 m  donc Y m+1<p⩽2m+1 p ⩽ 2m + 1 m  ⩽4m . A.II.1.f. Montrons par récurrence la propriété Pn. • pour n = 1, l’entier k appartient alors à {1, 2}. Pour k = 1 on a Y p⩽1 p = 1 (par convention, car il n’y a aucun nombre premier ⩽1 !) et 1 ⩽4 ; pour k = 2 Y p⩽2 p = et 2 ⩽42... • supposons la propriété Pn vérifiée. Il s’agit de démontrer Pn+1 c’est-à-dire ∀k ∈[[1, 2n + 2]] , Y p⩽k p ⩽4k . Compte tenu de Pn, il suffit de le vérifier pour k = 2n + 1 et k = 2n + 2. De plus 2n + 2 = 2(n + 1) n’étant pas un nombre premier, on a Y p⩽2n+2 p = Y p⩽2n+1 p donc il ne reste plus qu’à démontrer l’inégalité Y p⩽2n+1 p ⩽42n+1, ce qui découle de la question précédente puisque : Problèmes – © T.LEGAY – Lycée d’Arsonval 3/12 12 septembre 2013 – CORRIGÉ DM N°1 – uploads/Marketing/ corr-dm1-2013 1 .pdf

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• Publié le Dec 02, 2022
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