MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
L'objet de ce problème
1est de prouver une inégalité de Chebychev portant sur le nombre (noté π(n) ) d'entiers premiers plus petits qu'un entier n .
Partie I. Intégrale de Nair
Pour tous entiers naturels non nuls m et n tels que m ≤ n , on pose
I(m, n) = Z 1
0
x m−1 (1 − x) n−m dx
1. Montrer que
I(m, n) =
n−m
X
j=0
(−1) j m + j
n − m j
2. a. Soit m < n , montrer que mI(m, n) = (n − m)I(m + 1, n) . b. Calculer I(1, n) .
c. Montrer que m m n
I(m, n) = 1 .
3. Dans cette question, on veut retrouver de manière indépendante le résultat de 2.c.
a. Montrer que, pour tout y ∈ [0, 1[ ,
n
X
m=1
n − 1 m − 1
I(m, n)y m−1 = 1
n 1 + y + · · · + y n−1 b. En déduire le résultat cherché.
Partie II. Plus petit commun multiple des premiers entiers
Pour tout nombre naturel non nul n , on note d n le plus petit des multiples communs à tous les entiers entre 1 et n .
1. Calculer d n pour n entre 1 et 9 . 2. Soit m et n des entiers tels que m ≤ n .
a. Montrer que d n I(m, n) ∈ Z.
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d'après Introduction à la théorie analytique et probabiliste des nombres G. Tenenbaum (Pub. Institut Elie Cartan) p11 et On Chebyschev-type inequalities for prime M. Nair (Am. Math. Month. 89, no 2, 126-129)
b. Montrer que m m n
divise d n .
3. Soit m un entier naturel non nul, montrer que chacun des nombres suivants
m 2m
m
, (m + 1)
2m + 1 m + 1
, (2m + 1) 2m
m
, m(2m + 1) 2m
m divise d 2m+1 .
4. Soit m ∈ N
∗, en considérant (1 + 1) 2m , montrer que m 2 2m ≤ d 2m+1
Partie III. Une inégalité de Chebychev
1. a. En distinguant les cas où n est pair ou impair, montrer que d n ≥ 2 n pour tous les entiers n tels que n ≥ 9 .
b. Déterminer tous les entiers n pour lesquels d n ≥ 2 n .
2. a. Soit n un naturel non nul et p un diviseur premier de d n . L'exposant de p dans la décomposition de d n en facteurs premiers est noté α p . Montrer qu'il existe un entier m p compris entre 1 et n tel que α p soit l'exposant de p dans la décomposition de m p en facteurs premiers.
b. Montrer que d n ≤ n π(n) .
3. a. Montrer que, pour tous les entiers n ≥ 9 , π(n) ≥ ln 2 n
ln n
b. Déterminer tous les entiers n pour lesquels l'inégalité précédente est vraie.
Corrigé
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
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai Ainech1MPSI B 29 juin 2019
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.
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Rémy Nicolai Ainech1MPSI B 29 juin 2019
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 .
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