Problème 1.
Partie I. Propriétés et exemples
1. a. Pour calculer les intégrales intervenant dans les produits demandés, on linéarise systématiquement avec
sin a sin b = 1
2 (cos(a − b) − cos(a + b)) sin a cos b = 1
2 (sin(a − b) + sin(a + b)) cos a cos b = 1
2 (cos(a − b) + cos(a + b)) Par exemple pour sin ∗ sin :
sin ∗ sin(x) = 1 2
Z x 0
(cos(2t − x) − cos(x)) dt = 1
4 [sin(2t − x)] t=x t=0 − x 2 cos x
= 1
2 sin x − 1 2 x cos x Les calculs sont analogues pour les deux autres fonctions. On obtient nalement
sin ∗ sin(x) = 1
2 sin x − 1 2 x cos x sin ∗ cos(x) = 1
2 x sin x cos ∗ cos(x) = 1
2 sin x + 1 2 x cos x
b. Pour calculer f ∗ g lorsque f (x) = |x − 1| et g(x) = |x| , il convient de distinguer plusieurs cas pour x . L'idée est de mettre les bornes dans le bon sens et de se débarasser des valeurs absolues.
• Si 0 ≤ x ≤ 1. f ∗ g(x) = Z x
0
(1 − t)(x − t) dt = Z x
0
t 2 − (x + 1)t + x dt
= 1
3 t 3 − 1
2 (x + 1)t 2 + xt t=x
t=0
= 1 3 x 3 − 1
2 (x + 1)x 2 + x 2 = − 1 6 x 3 + 1
2 x 2
• Si x ≤ 0. f ∗ g(x) = − Z 0
x
(1 − t)(t − x) dt = − Z x
0
(1 − t)(x − t) dt
= 1 6 x 3 − 1
2 x 2
• Si x ≥ 1. f ∗ g(x) = Z 1
0
(1 − t)(x − t) dt + Z x
1
(t − 1)(x − t) dt
= 1
3 t 3 − 1
2 (x + 1)t 2 + xt t=1
t=0
− 1
3 t 3 − 1
2 (x + 1)t 2 + xt t=x
t=1
= 1 6 x 3 − 1
2 x 2 + x − 1 3 La vérication de ce désagréable calcul peut être faite avec les deux lignes sui- vantes de code Maple :
F := (1-t)*(x-t);
collect(int(F,t=0..1)- int(F,t=1..x),x);
2. a. Soit g et h deux fonctions dans F c et λ un nombre réel.
∀x ∈ R : µ f (g + h)(x) = Z x
0
f (t)(g + h)(x − t) dt
= Z x
0
f (t) (g(x − t) + h(x − t)) dt (addition fonctionnelle)
= Z x
0
f (t)g(x − t) dt + Z x
0
f (t)h(x − t) dt (linéarité de l'intégrale)
= (µ f (g) + µ f (h)) (x) La démonstration est analogue pour µ f (λg) = λµ f (g) .
b. Le changement de variable u = x − t dans l'intégrale dénissant f ∗ g(x) entraine f ∗ g(x) = −
Z u x
f (x − u)g(u) du = (g ∗ f )(x)
c. Pour x xé, la fonction t → f
0(t)g(x − t) − f (t)g
0(x − t) est la dérivée de t → f (t)g(x − t) . On en déduit :
(f
0∗ g − f ∗ g
0)(x) = Z x
0
(f
0(t)g(x − t) − f (t)g
0(x − t)) = [f(t)g(x − t)] t=x t=0
= f (0)g(x) − f (x)g(0)
Ce qui conduit à la formule demandée.
Partie II. Dérivations et polynômes
1. L'expression proposée est une formule de Taylor polynomiale de x à 0 . Elle est donc égale à f (0) .
2. On peut développer f(x − t) avec une formule de Taylor puis utiliser la linéarité. Il vient
f ∗ g(x) = g ∗ f (x) =
n
X
k=0
(−1) k k! f (k) (x)
Z x 0
t k g(t) dt
Les fonctions a k demandées sont donc dénies par :
∀x ∈ R , a k (x) = (−1) k k! f (k) (x)
3. La formule précédente montrer que f ∗ g est dérivable car les a k sont polynomiales et x → R x
0 t k g(t) dt est une primitive de t → t k g(t) . Cette formule donne aussi une expression de la dérivée.
(f ∗ g)
0(x) =
n
X
k=0
(−1) k
k! f (k+1) (x) Z x
0
t k g(t) dt −
n
X
k=0
(−1) k
k! f (k) (x)x k g(x) On reconnait dans la première somme une expression analogue à celle de la question 2. mais appliquée à f
0. Cette somme vaut donc f
0∗ g(x) .
On peut factoriser le g(x) dans la deuxième somme. On retrouve alors l'expression de f (0) précisée à la question 1 . Cette deuxième somme vaut donc f(0)g(x) . Ce qui prouve la relation demandée.
4. Pour montrer que f ∗ g est polynomiale de degré inférieur ou égal à n , on va montrer que (f ∗ g) (n+1) = 0 . En eet :
(f ∗ g)
0= f
0∗ g + f (0)g ⇒ (f ∗ g)
00= f
00∗ g + f
0(0)g + f (0)g
0⇒ (f ∗ g) (3) = f (3) ∗ g + f
00(0)g + f
0(0)g
0+ f (0)g
00⇒ · · ·
⇒ (f ∗ g) (n+1) = f (n+1) ∗ g + f (n) (0)g + f (n−1) (0)g
0+ · · · + f (0)g (n) avec f (n+1) ∗ g nulle car f est polynomiale de degré n et f (n) (0)g + f (n−1) (0)g
0+ · · · + f (0)g (n) nulle car g est justement solution de cette équation diérentielle.
Problème 2
Partie I. Intégrale de Nair
1. On utilise la formule du binôme et la linéarité de l'intégrale :
I(m, n) =
n−m
X
j=0
n − m j
Z 1 0
x m−1 (−1) j x j dx
=
n−m
X
j=0
n − m j
(−1) j
x m+j m + j
1
0
=
n−m
X
j=0
n − m j
(−1) j m + j 2. a. On eectue une intégration par parties
I(m, n) = 1
m x m (1 − x) n−m 1
0
− Z 1
0
1
m x m (−1)(n − m)(1 − x) n−m−1 dx Le crochet est nul car 0 < m < n . On obtient donc
I(m, n) = n − m
m I(m + 1, n).
b. On peut directement calculer
I(1, n) = Z 1
0
(1 − x) n−1 dx = 1 n .
c. Pour m = 1 :
m n
m
I(m, n) = 1 n
1
I(1, n) = n 1 n = 1.
On peut continuer par récurrence jusqu'à m = n car :
(m + 1) n
m + 1
I(m + 1, n) = (m + 1) n(n − 1) · · · (n − m) (m + 1)!
m
n − m I(m, n)
= n(n − 1) · · · (n − m + 1)
m! m I(m, n) = m n
m
I(m, n).
3. a. Par linéarité, une formule du binôme apparait dans la somme proposée
n
X
m=1
n − 1 m − 1
I(m, n)y m−1
= Z 1
0 n
X
m=1
n − 1 m − 1
(xy) m−1 (1 − x) n−1−(m−1)
! dx
= Z 1
0
(1 − x + xy) n−1 dx = Z 1
0
(1 + (y − 1)x) n−1 dx
= 1
n(y − 1) [(1 + (y − 1)x) n ] 1 0 = 1
n(y − 1) (y n − 1) 1
n 1 + y + · · · + y n−1 . b. La relation est valable pour une innité de y (tous les éléments de l'intervalle).
On en déduit une égalité entre les polynômes associés ce qui permet d'identier les coecients des puissances de y . On retrouve la formule déjà obtenue.
Partie II. Plus petit commun multiple des premiers entiers
1. On présente dans un tableau les valeurs des premiers ppcm d n .
n 2 3 4 5 6 7 8 9
d n 2 6 12 60 60 420 840 2520 2. a. D'après I.1. :
d n I(m, n) =
n
X
k=m
(−1) k−m
n − m k − m
d n
k
|{z}
∈Z
∈ Z
b. En multipliant I.2.c. par d n :
m n
m
| {z }
∈Z
d n I(m, n)
| {z }
∈Z
= d n ⇒ m n
m
divise d n .
3. On doit montrer que certains nombres (toujours notés x ) formés avec des coecients du binôme divisent le ppcm d 2m+1 .
Cas 1 : x = m 2m m
De II.2.b avec n = 2m . , on déduit que x divise d 2m donc d 2m+1 car d 2m divise d 2m+1 .
Cas 2 : x = (m + 1) 2m+1 m+1
De II.2.b avec 2m + 1 dans le rôle de . n et m + 1 dans celui de m , on déduit que x divise d 2m+1 .
Cas 3 : x = (2m + 1) 2m m .
D'après la dénition des coecients du binôme : x = (m + 1) 2m+1 m+1 . On se retrouve dans le cas précédent.
Cas 4 : x = m(2m + 1) 2m m .
D'après les cas 1. et 3., d 2m+1 est un multiple de m 2m m et (2m + 1) 2m m donc c'est un multiple de leur ppcm. Montrons que ce ppcm est x .
Notons u ∨ v le ppcm de deux entiers u et v et utilisons des propriétés du ppcm :
m 2m
m
∨
(2m + 1) 2m
m
= 2m
m
(m ∨ (2m + 1)) (linéarité)
= 2m
m
m(2m + 1) = x car m et 2m + 1 sont premiers entre eux.
4. D'après la formule du binôme :
2 2m = (1 + 1) 2m =
2m
X
k=0
2m k
Il est clair que 2m m
est le plus grand des 2m + 1 coecients du binôme de ce dévelop- pement donc
2 2m ≤ (2m + 1) 2m
m
≤ 1
m m(2m + 1) 2m
m
≤ d 2m+1
m car m(2m + 1) 2m m est inférieur à d 2m+1 car il le divise. On en déduit
m2 2m ≤ d 2m+1 .
Partie III. Inégalité de Chebychev
1. a. Lorsque n est impair, on l'écrit n = 2m + 1 .
Alors II.4. entraine m 2 2m ≤ d 2m+1 . Si n ≥ 9 , alors m ≥ 4 et 2 n = 2 × 2 2m ≤ 4 × 2 2m ≤ m 2 2m ≤ d 2m+1 = d n
Pour n pair avec n ≥ 10 , on a n = 2(m + 1) avec m ≥ 4 donc :
2 n = 4 × 2 2m ≤ m 2 2m ≤ d 2m+1 ≤ d 2m+2 = d n
b. On forme le tableau des premières valeurs de d n et 2 n .
n 2 3 4 5 6 7 8 9
2 n 4 8 16 32 64 128 256 512 d n 2 6 12 60 60 420 840 2520
L'inégalité 2 n ≤ d n est donc vraie pour tous les entiers sauf 1 , 2 , 3 , 4 , 6 .
2. a. Notons v p (m) la p -valuation d'un entier m c'est à dire l'exposant de p dans la décomposition de m en facteurs premiers. Alors :
α p = v p (d n ) = max (v p (2) v p (3), · · · , v p (n))
car d n est le pgcd des entiers de 1 à n . Il existe donc un m p ≤ n qui réalise ce plus grand élément c'est à dire tel que
α p = v p (m p ) b. La décomposition de d n s'écrit
d n = Y
p
p α
pce produit étant étendu à tous les p premiers inférieurs ou égaux à n . Chaque p α
pest la composante en p dans la décomposition d'un m p donc
p α
p≤ m p ≤ n ⇒ d n ≤ n π(n)
car π(n) est le nombre d'entiers premiers plus petits ou égaux à n . 3. a. Pour n ≥ 9 , on a vu que 2 n ≤ d n . Donc
2 n ≤ n π(n) = e π(n) ln n en prenant le logarithme :
n ln 2 ≤ π(n) ln n ⇒ π(n) ≥ ln 2 n ln n
b. On examine les cas particuliers en présentant les approximations numériques dans un tableau
n 2 3 4 5 6 7 8 9
π(n) 1 2 2 3 3 4 4 4
ln 2 ln n n 2 1.89 2 2.15 2.32 2.49 2.66 2.83
On en déduit que l'inégalité π(n) ≥ ln 2 ln n n est valable pour tous les n ≥ 4 .
Problème 3.
Partie I. Parties entières
1. Comme la fonction partie entière est constante sur des intervalles, il est clair que la fonction ϕ le sera aussi. Les bornes de ces intervalles seront précisées plus loin. Pourtant elle ne peut être ni ni en escalier ni continue par morceaux (ou intégrable puisque c'est la même chose) car son domaine de dénition n'est pas un segment. En revanche, la restriction ϕ m est en escalier donc continue par morceaux et intégrable.
2. a. Pour tout x > 0 , on écrit les dénitions des deux parties entières et on combine les encadrements
2
x − 1 < b 2 x c ≤ 2
x 1
x − 1 < b 1 x c ≤
x
⇒ 2
x − 1 − 2 1
x < ϕ(x) < 2 x − 2( 1
x − 1)
⇒ −1 < ϕ(x) < 2 ⇒ ϕ(x) ∈ {0, 1}
car ϕ est à valeurs entières.
b. Remarquons d'abord que ϕ prend la valeur 0 en un inverse d'entier. On se place donc dans l'intervalle ouvert. D'une part,
1
k + 1 < x < 1
k ⇒ k < 1
x < k + 1 ⇒ b 1 x c = k D'autre part,
1
k + 1 < x < 1
k ⇒ 2k < 2
x < 2k + 2 ⇒ b 2
x c ∈ {2k, 2k + 1}
avec :
ϕ(x) = 0 ⇔ b 2
x c = 2k ⇔ 2
x < 2k + 1 ⇔ x > 2
2k + 1 = 1 k + 1 2 ϕ(x) = 1 ⇔ b 2
x c = 2k + 1 ⇔ 2
x ≥ 2k + 1 ⇔ x ≤ 2
2k + 1 = 1 k + 1 2 On en déduit le graphe présenté en gure 1.
k+1 1 1
k+
121
k
Fig. 1: Graphe de ϕ dans h
1 k+1 , 1 k i c. D'après les dénitions,
k ∈ D n ⇔ n k − b n
k c ≥ 1 2 ⇔ 2n
k − 2b n
k c ≥ 1 ⇔ b 2n
k c + { 2n
k } − 2b n k c ≥ 1
⇔ ϕ( k
n ) ≥ 1 − { 2n
k } ⇔ ϕ( k
n ) > 0 (car {x} ∈ [0, 1[ ) ⇔ ϕ( k n ) = 1 3. On calcule l'intégrale en utilisant la relation de Chasles et le graphe de la gure 1
Z
[
m1,1]
ϕ =
m−1
X
k=1
Z
[
k+11,
k1]
ϕ =
m−1
X
k=1
Z
[
k+11,
1k+ 12
]
ϕ
|{z}
=1
+ Z
[
1k+ 12
,
k1,]
ϕ
|{z}
=0
=
m−1
X
k=1
1
k + 1 2 − 1 k + 1
=
m
X
k
0=2
1 k
0− 1 2 − 1
k
0=
m
X
k=2
1 k − 1 2 −
m
X
k=2
1 k 4. a. On manipule l'expression obtenue pour l'intégrale en utilisant k− 1
12
= 2k−1 2 et en
dégageant le rôle des entiers pairs et impairs.
Z
[
m1,1]
ϕ = 2 1
3 + 1
5 + · · · + 1 2m − 1
− 1
2 + 1
3 + · · · + 1 m
= 2
1 + 1 2 + 1
3 + · · · + 1 2m
− 1 − 1
2 + 1
4 + · · · + 1 2m
−
1 + 1 2 + 1
3 + · · · + 1 m
− 1
= 2h 2m − 2 − 2h m + 1 = 2h 2m − 2h m − 1 b. En utilisant le développement donné par l'énoncé, il vient
Z
[
m1,1]
ϕ = 2 [ln(2m) − ln(m) + o(1)] − 1 = 2 ln 2 − 1 + o(1) → 2 ln 2 − 1
Partie II. Sommes de Riemann
1. Regardons S n comme l'intégrale d'une fonction en escalier ψ formée à partir des valeurs de ψ . La subdivision S dénissant ψ est constituée par les extrémités a et b et les k n dans l'intervalle [a, b] (tirets dans la gure 2).
La fonction ψ est nulle sur le premier intervalle (entre a et le tiret le plus à gauche).
x 0 = a x 1 x 2 x m = b
k n k+1 n
Fig. 2: Subdivisions S et S
Sur chacun des intervalles suivants, la valeur est celle de ψ au tiret de gauche. Pour ψ ainsi dénie, S n est bien l'intégrale de ψ entre a et b .
D'après l'hypothèse n 1 < α , la longueur d'un intervalle de S est toujours plus petite
que la longueur d'un intervalle de S (gure 2). La diérence que l'on nous demande
de majorer est la valeur absolue de l'intégrale de ψ − ψ . On la découpe à l'aide de la
relation de Chasles en une somme d'intégrales sur les intervalles [ n k , k+1 n ] de S .
Considérons un intervalle (ouvert) de S .
S'il ne contient aucun des x i alors ψ et ψ coïncident sur cet intervalle. Sur un tel intervalle les deux intégrales sont égales.
Les seuls intervalles qui contribuent réellement sont donc ceux contenant un x i . Il y en a au plus m+1 (le nombre de x i ), leur longueur est au plus n 1 , la diérence des fonctions ψ et ψ est majorée en valeur absolue par 2M . On en déduit l'inégalité demandée.
2. a. On a vu en I.1.c. que ϕ( k n ) = 1 si et seulement si k ∈ D n et que la valeur de ϕ est nulle sinon. On en déduit que
]D n =
n
X
k=1
ϕ( k
n ) ⇒ d n = 1 n
n
X
k=1
ϕ( k n )
b. Pour obtenir l'inégalité demandée, on applique l'inégalité de la question II.1. à la fonction en escalier ϕ m dans le segment [ m 1 , 1] . Précisons d'abord le nombre de points d'une subdivision adaptée à ϕ m .
D'après la question 2 de la partie I. Une subdivision adaptée est formée par les
1
k et les k+ 1
12
