Partie II. Plus petit commun multiple des premiers entiers

Exercice 1

1. Les pôles deFsont les racinesn-ièmes de1. Comme la fraction est de degré strictement négatif, il n'y a pas de partie entière. La fraction est la somme de ses parties polaires.

2. Le développement limité dex^k en1est

x^k = 1 +k(x−1) +o(x−1)

En sommant les développements précédents, la somme des entiers consécutifs apparait et il vient :

1 +x+· · ·+xⁿ⁻¹=n+n(n−1)

2 (x−1) +o(x−1) On factorise parnpour se ramener à un développement usuel

1

(1 +x+· · ·+xⁿ⁻¹)² = 1 n²

1 +n−1

2 (x−1) +o(x−1) −2

= 1

n²−n−1

n² (x−1) +o(x−1) 3. Soitu∈U. Si on substitueuXàX dansF, la fraction est conservée. La partie polaire

relative au pôleudevient α(u)

(uX−u)² + β(u)

uX−u = α(u)

u²(X−1)² + β(u) u(X−1) qui est la partie polaire relative à1. On en déduit

α(u) =u²α(1), β(u) =uβ(1) 4. a. Par dénition d'une partie polaire,

F = α(1)

(X−1)² + β(1) X−1+R oùRest une fraction qui n'admet pas de pôle en1. Comme

Xⁿ−1 = (X−1)(1 +X+· · ·+Xⁿ⁻¹) En multipliantF par(X−1)², on obtient

1

(1 +X+· · ·+Xⁿ⁻¹)² =α(1) +β(1)(X−1) + (X−1)²R

Comme1n'est pas un pôle deR, la fonction attachée àRadmet une limite nie en 1 dont la fonction attachée à(X −1)²R est négligeable en 1 devant x−1. L'écriture proposée est donc bien un développement limité en1.

b. En identiant les développements limités obtenus en 2. et 4.a., on obtient α(1) = 1

n², β(1) =−n−1 n² puis la décomposition en éléments simples

F = 1 n²

X

u∈U

u²

(X−u)²−n−1 n²

X

u∈U

u X−u 5. a. Si1≤k≤n−1et k⁰=n−k, alors1≤k⁰ ≤n−1etw^k=w^k0.

b. On regroupe les racines conjuguées. Dans le cas pair deux racines sont réelles (1 et−1) dans le cas impair1 est la seule racine.

n= 2p Xⁿ−1 = (X−1)(X+ 1)

p−1

Y

k=1

X²−2 cos2kπ n X+ 1

n= 2p+ 1 Xⁿ−1 = (X−1)

p

Y

k=1

X²−2 cos2kπ n X+ 1

c. Pour un pôle u=e^iθ non réel, u²

(X−u)² = u²(X²−2uX+u²)

(X²−2 cosθX+ 1)² = u²X²−2uX+ 1 (X²−2 cosθX+ 1)²

Les éléments simples relatifs à deux pôles conjugués sont eux mêmes conjugués.

Les regrouper revient à prendre deux fois la partie réelle. Soit :

2cos 2θX²−2 cosθX+ 1 (X²−2 cosθX+ 1)²

= 2 cos 2θ

X²−2 cosθX+ 1+ 4 sin²θ −2 cosθX+ 1 (X²−2 cosθX+ 1)² Pour le résidu,

u

X−u = u(X−u)

X²−2 cosθX+ 1 = uX−1 X²−2 cosθX+ 1

Le double de la partie réelle est

2 cosθX−1 X²−2 cosθX+ 1

On en déduit la décomposition dansR(X). On poseθ_k= ^2kπ_n . Dans le cas impairn= 2p+ 1 :

F = 1 n²

1

(X−1)² −n−1 n²

1 X−1 + 4

n²

p

X

k=1

sin²θ_k −2 cosθ_kX+ 1 (X²−2 cosθkX+ 1)² + 2

n²

p

X

k=1

(n−1) cosθ_kX+n−1 + cos 2θ_k X²−2 cosθkX+ 1 Dans le cas pairn= 2p:

F = 1 n²

1

(X−1)² −n−1 n²

1 X−1 + 1

n² 1

(X+ 1)² +n−1 n²

1 X+ 1 + 4

n²

p−1

X

k=1

sin²θ_k −2 cosθ_kX+ 1 (X²−2 cosθkX+ 1)² + 2

n²

p−1

X

k=1

(n−1) cosθ_kX+n−1 + cos 2θ_k X²−2 cosθkX+ 1

Exercice 2

1. a. En écrivant les deux termes de plus haut degré de la formule du binôme, on montre queQ_n est de degrénet de coecient dominantn+ 1.

b. En substituant−X à X dansQ_n on obtient(−1)ⁿQ_n. On en déduit queQ_n est de même parité quen et que l'ensemble des racines deQn est symétrique (si z est racine alors−zl'est aussi).

2. Écrivons cette fois la formule complète :

Q_2r= 1 2i

2r+1

X

k=0

2r+ 1 k

1−(−1)^k

.(i)^kX^2r+1−k

De plus1−(−1)^k est nul sikest pair, il vaut 2 sikest impair. Les entiers impairs k entre1et2r+ 1 sont de la forme2p+ 1avecp∈J0, rK. Alorsi^k= (−1)^pid'où

Q2r=

r

X

p=0

2r+ 1 2p+ 1

(−1)^pX^2(r−p).

On retrouve bien le fait queQ_2r est pair. Il est clair que

Sr=

r

X

p=0

2r+ 1 2p+ 1

(−1)^pX^r−p.

3. Les racines deQ_n sont les complexesz tels que (z+i)ⁿ⁺¹= (z−i)ⁿ⁺¹.

Commein'est pas solution de cette équation, celle ci est équivalente à z+i

z−i ⁿ⁺¹

= 1⇔ z+i

z−i ∈Uⁿ⁺¹\ {1}.

Il convient d'enlever1car ^z+i_z−i 6= 1pour toutz∈C. On en déduit quezest une racine si et seulement si

∃k∈J1, nKtq z+i

z−i =e^2ikπn+1. Il faut exclurek= 0car ^z+i_z−i est toujours diérent de 1.

En transformant la relation (homographique) précédente, on obtient quez est racine si et seulement si

∃k∈J1, nKtqz=−i1 +e^2ikπn+1 1−e^2ikπn+1

=−i 2 cos_n+1^kπ

−2isin_n+1^kπ = cotan kπ n+ 1.

Ces racines sont distinctes car l'application¹ z → ^z+i_z−i est bijective de C− {i} dans C− {1}. Avec le coecient dominant, l'expression des racines conduit à la factorisation

Q_n= (n+ 1)

n

Y

k=1

X−cotan kπ n+ 1

.

1une telle application est dite homographiqe

4. Lorsquek∈J1, rK, l'entier2r+ 1−kdécrit Kr+ 1,2rKavec

cotan(2r+ 1−k)π

2r+ 1 = cotan(π− kπ

2r+ 1) =−cotan kπ 2r+ 1.

Pour toutk∈J1, rK, on regroupe les racines opposées associées àket à2r+ 1−k. On obtient

Q2r= (2r+ 1)

r

Y

k=1

X²−cotan² kπ 2r+ 1

.

En développant, il apparait que le coecient du terme de degré2r−2deQ2r est

−(2r+ 1)

r

X

k=1

cotan² kπ 2r+ 1. D'autre part, l'expression deSr, ce coecient est aussi

− 2r+ 1

3

=−(2r+ 1)(2r)(2r−1)

6 .

On en déduit

r

X

k=1

cotan² kπ

2r+ 1 =r(2r−1)

3 .

En remplaçantcotan²par_sin¹2−1 dans la formule précédente, il vient

r

X

k=1

1

sin²_2r+1^kπ =r+r(2r−1)

3 = 2r(r+ 1)

3 .

5. Dans

0,^π₂, sin et cotan sont strictement positifs. Les inégalités demandées se dé- duisent donc desinx < x <tanx. Celles ci se démontrent très rapidement en formant les tableaux de variation dex−sinxet de tanx−x.

6. Écrivons les inégalités de la question précédente avecx= _2r+1^kπ ∈

0,^π₂pour tous les k∈J1, rJet additionnons les en tenant compte de 4. Il vient

r(2r−1)

3 ≤

r

X

k=1

1 kπ 2r+1

² ≤ 2r(r+ 1)

3 .

7. L'encadrement précédent s'écrit encore π

2r+ 1 2

r(2r−1)

3 ≤

r

X

k=1

1 k² ≤

π 2r+ 1

2

2r(r+ 1) 3 π²

3

r(2r−1) (2r+ 1)² ≤

r

X

k=1

1 k² ≤2π²

3

r(r+ 1) (2r+ 1)².

Quandr→+∞, les suites à droite et à gauche convergent vers ^π₆². On en déduit

(

r

X

k=1

1

k²)_r∈N → π² 6 .

Problème

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)^jx^jdx

=

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

mx^m(1−x)^n−m 1

0

− Z 1

0

1

mx^m(−1)(n−m)(1−x)^n−m−1dx Le crochet est nul car0< 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⁻¹dx= 1 n.

c. Pourm= 1 :

m n

m

I(m, n) = 1 n

1

I(1, n) =n1 n = 1.

On peut continuer par récurrence jusqu'àm=ncar :

(m+ 1) n

m+ 1

I(m+ 1, n) = (m+ 1)n(n−1)· · ·(n−m) (m+ 1)!

m

n−mI(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⁻¹dx= Z 1

0

(1 + (y−1)x)ⁿ⁻¹dx

= 1

n(y−1)[(1 + (y−1)x)ⁿ]¹₀= 1

n(y−1)(yⁿ−1)1

n 1 +y+· · ·+yⁿ⁻¹ . b. La relation est valable pour une innité dey (tous les éléments de l'intervalle).

On en déduit une égalité entre les polynômes associés ce qui permet d'identier les coecients des puissances dey. 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 ppcmd_n.

n 2 3 4 5 6 7 8 9

dn 2 6 12 60 60 420 840 2520 2. a. D'après I.1. :

dnI(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. pardn : m

n m

| {z }

∈Z

dnI(m, n)

| {z }

∈Z

=dn⇒m n

m

divisedn.

3. On doit montrer que certains nombres (toujours notésx) formés avec des coecients du binôme divisent le ppcmd_2m+1.

Cas 1 : x=m ^2m_m

De II.2.b avecn= 2m. , on déduit que xdivised_2mdoncd_2m+1 card_2mdivised_2m+1. Cas 2 :x= (m+ 1) ^2m+1_m+1.

De II.2.b avec 2m+ 1 dans le rôle den et m+ 1 dans celui de m, on déduit que x divised2m+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_mdonc c'est un multiple de leur ppcm. Montrons que ce ppcm estx.

Notonsu∨v le ppcm de deux entiersuet vet utilisons des propriétés du ppcm :

m 2m

m

∨

(2m+ 1) 2m

m

= 2m

m

(m∨(2m+ 1)) (linéarité)

= 2m

m

m(2m+ 1) =xcarm et2m+ 1sont 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 des2m+ 1coecients du binôme de ce dévelop- pement donc

2^2m≤(2m+ 1) 2m

m

≤ 1

mm(2m+ 1) 2m

m

≤d2m+1

m carm(2m+ 1) ^2m_mest inférieur àd_2m+1car il le divise. On en déduit

m2^2m≤d2m+1.

Partie III. Inégalité de Chebychev

1. a. Lorsquenest impair, on l'écritn= 2m+ 1.

Alors II.4. entrainem2^2m≤d2m+1. Sin≥9, alorsm≥4 et 2ⁿ= 2×2^2m≤4×2^2m≤m2^2m≤d2m+1=dn

Pournpair avecn≥10, on a n= 2(m+ 1) avecm≥4 donc : 2ⁿ= 4×2^2m≤m2^2m≤d2m+1≤d2m+2=dn

b. On forme le tableau des premières valeurs dedn et2ⁿ.

n 2 3 4 5 6 7 8 9

2ⁿ 4 8 16 32 64 128 256 512 dn 2 6 12 60 60 420 840 2520

L'inégalité2ⁿ≤dn est donc vraie pour tous les entiers sauf1, 2,3,4,6.

2. a. Notons vp(m) la p-valuation d'un entier m c'est à dire l'exposant de pdans la décomposition demen facteurs premiers. Alors :

α_p=v_p(d_n) = max (v_p(2)v_p(3),· · ·, v_p(n))

car dn est le pgcd des entiers de 1 à n. Il existe donc un mp ≤n qui réalise ce plus grand élément c'est à dire tel que

α_p=v_p(m_p) b. La décomposition ded_n s'écrit

dn=Y

p

p^αp

ce produit étant étendu à tous lesppremiers inférieurs ou égaux àn. Chaquep^αp est la composante enpdans la décomposition d'unmp donc

p^αp≤mp≤n⇒dn≤n^π(n)

carπ(n)est le nombre d'entiers premiers plus petits ou égaux à n.

3. a. Pourn≥9, on a vu que 2ⁿ≤dn. Donc

2ⁿ≤n^π(n)=e^{π(n) lnn} en prenant le logarithme :

nln 2≤π(n) lnn⇒π(n)≥ln 2 n lnn

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_lnⁿ_n 2 1.89 2 2.15 2.32 2.49 2.66 2.83 On en déduit que l'inégalitéπ(n)≥ln 2_lnⁿ_n est valable pour tous lesn≥4.