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Mines Maths 2 MP 2002 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Éric Ricard (Agrégé de mathématiques) ; il a été relu par Vincent Puyhaubert (ENS Cachan) et Walter Appel (Professeur en CPGE).
Cette épreuve des Mines est composée de quatre parties et a pour thème général les nombres premiers. Malgré la longueur apparente de l’énoncé, le devoir n’est pas très long et ne présente que peu de difficultés techniques.
• La première partie, indépendante des autres, propose d’établir la divergence de la série des nombres premiers. En dehors de trois questions de cours qui n’en ont pas l’air (I-1, I-2.b et I-4), seule la connaissance des techniques de manipulation des séries est nécessaire.
• La deuxième partie établit quelques inégalités utiles dans la suite. Elle ne demande presque aucune connaissance du programme de Spéciales et ne re- pose que sur des raisonnements élémentaires sur les nombres entiers. C’est là toute son originalité, puisqu’il faut absolument comprendre les mécanismes mis en jeu. En contrepartie, les questions sont très détaillées et donc abordables.
• Les inégalités de Tchebychev sur le nombre d’entiers premiers plus petits que n consituent la troisième partie. Elle exploite les résultats de la précédente, toujours dans le même esprit : très peu de calculs et des raisonnements assez bien décortiqués par un énoncé donnant beaucoup d’indications.
• La dernière partie, indépendante des précédentes, contraste avec le reste du sujet. Il s’agit de présenter le principe de base du cryptage RSA ; on a donc affaire à de l’arithmétique dansZ/nZet à des notions plus abstraites que dans les parties précédentes. Les résultats qui y sont démontrés (surtout dans la première question) sont pour la plupart des rappels de cours ou d’exercices classiques. Elle ne requiert qu’une bonne compréhension deZ/nZet reste à la portée de nombreux candidats.
Dans l’ensemble, cette épreuve est originale et plaisante ; on y démontre quelques résultats intéressants. La difficulté reste très raisonnable et se situe essentiellement au niveau des raisonnements, ce qui est assez rare pour être souligné.
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Indications
Première partie I-2.c Élever à la puissance 1
s pour se ramener à des entiers.
I-2.d ComparerMN et{ks; 16k6n}.
Prendres= 1et majorer Pn
k=1
1 k. I-3 Calculer Pn
i=1
vi.
I-4 Penser à utiliser le théorème de dérivation des séries de fonctions pourζ.
Deuxième partie II-1.b Montrer quePn= Pn+1.
II-1-c Utiliser 2p= Pp k=0
Ckp et Ckp = Cp−kp . Remarquer quePn+1 divisePm+1Cm2m+1.
II-2 Montrer queαi= max{α∈N|pαi 6n} en procédant par double inégalité.
II-3.b Montrer puis utiliser le fait queIn>0pour obtenird2n+1In >1.
Troisième partie III-1 Découper l’intégrale et inverser les sommes.
III-2.a Utiliser la question II-1.d.
III-3 Montrer d’abord le résultat pour x = 2n+ 1 en utilisant la question II-2 (en passant àln) puis la question II-3.
Quatrième partie
IV-1.b Montrer quec=caϕ(n) en utilisant le fait queγ(Z/nZ∗) =Z/nZ.
IV-2.a Décrire les entiers entre 1 et n non premiers avec n et utiliser la question IV-1.a.
IV-2.c Utiliser l’identité de Bézout.
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Première partie
Dans ce corrigé, comme suggéré par l’énoncé, n est un nombre entier supérieur à 2 etNdésigne le rang du plus grand nombre premier inférieur àn.
Il est bon d’avoir en tête les inégalités
pn>n et N6pN6n (1)
La première dit que le ne nombre premier est plus grand que n et la seconde résulte de la première et de la définition deN.
I-1 Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini d’entiers premiers que l’on note p1, . . . , pn.
Posons Q =
n i=1
Π
pi+ 1On sait que tout nombre entier se décompose en un produit de facteurs premiers ; Q admet donc un diviseur premier. Selon notre hypothèse, il existe un entier k∈[[ 1 ; n]] tel que pk divise Q. Comme pk divise également p1× · · · ×pn, on en déduit que pk divise 1, donc que pk = 1, ce qui est contradictoire car 1 n’est pas premier.
I-2.a La suite 1
nks
k∈N
est géométrique ; commen>2et s >0, sa raison vérifie 0< 1
ns <1. La série associée converge donc et P∞
k=0
1
nks = 1 1− 1
ns
=
1− 1 ns
−1
I-2.b D’après le théorème d’inversion des séries doubles à termes positifs, la série (uij)(i,j)∈N2 est sommable si et seulement si pour tout entier i, P
j
uij converge et si la sérieP
i
P∞
j=0
uij
converge ; la valeur de cette série est alors P
(i,j)∈N2
uij. Dans la situation proposée,
P∞ j=0
uij = 1 ais
1− 1
bs −1
D’après la question précédente, en appliquant ce résultat une fois de plus pour la somme eni, on déduit que la famille(uij)est sommable et
S =
1− 1 as
−1 1− 1
bs −1
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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 4/13 I-2.c Notons ϕ l’application de l’énoncé. Soient (αi)16i6n et (βi)16i6n dans Nn, il faut montrer que
ϕ (αi)i∈[[ 1 ;n]]
=ϕ (βi)i∈[[ 1 ;n]]
=⇒ ∀i∈[[ 1 ; n]] αi=βi
En élévant l’égalité de gauche à la puissance 1
s, il vient
n
i=1
Π
piαi =n i=1
Π
piβiL’unicité de la décomposition d’un entier en facteurs premiers donne alorsαi=βi
pour toutiinférieur àn. La fonctionϕest donc injective.
Par définition de Mn, elle est également surjective et réalise donc une bijection entreMnetNn. Il s’ensuit queMn est infini. L’applicationm7→m1s est une injection deMndansN. D’après ce qui précède, son image est infinie et donc peut être énumérée par ordre croissant comme toute partie infinie deN. Autrement dit, il existe
Φ:N−→Mn
1 s
i 7−→mi
1 s
croissante et bijective. En composantΦ avecx7→xs qui est strictement monotone, on obtient l’indexation souhaitée.
Pour l’exemple, on range par ordre croissant les nombres de la forme 2α13α2, puis de la forme2α13α25α3:
n= 2 1 2 3 4 6 8 9 12 16 18 24 27 n= 3 1 2 3 4 5 6 8 9 10 12 15 16
I-2.d D’après le résultat admis,
N i=1
Π
1− 1
pis
−1
= P
m∈MN
1 m
Le résultat admis n’est que la généralisation du résultat de la question I-2.b à n>2.
Soitk∈[[ 1 ;n]]. Alorsksest élément deMn. En effet la décomposition en facteurs premiers de k est de la forme
q
i=1
Π
pαii où pq est le plus grand facteur premier de k.Ainsik ∈[[pq;n]]; comme N est le rang du plus grand nombre premier plus petit quen, on a q6N. Ainsi ks =ϕ((α1, . . . , αq,0, . . . ,0))∈MN. Puisque les éléments deMN sont positifs :
Pn k=1
1
ks 6 P
m∈MN
1 m =
N i=1
Π
1− 1
pis
−1
Prenonss = 1et supposons qu’il n’existe que q nombres premiers ; alors N6q pour toutnet, comme pour touti,pi>2donne1− 1
pi
> 1 2, on a Pn
k=1
1
k 6 2N
|{z}
dépend den
6 2q
|{z}
ne dépend pas den
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