Lycée Louis-Le-Grand,Paris Pour le 10/09/2020 MPSI 4– Mathématiques
A. Troesch
DM n
o1 : Révisions et logique
Correction du problème 1– (d’après Bac C 1990)
Question préliminaire
On forme le taux d’accroissement def enx0. Pour touth‰0, tel queax0`b soit dans le domaine def, on a gpx0`hq ´gpx0q
h “ fpax0`b`ahq ´fpax0`bq
h “afpax0`b`ahq ´fpax0`bq
ah .
En supposantf dérivable en ax0`b, lorsquehtend vers0, ahégalement, donc la fraction du terme de droite tend versf1pax0`bq. Par conséquent,gest dérivable enx0, et
g1px0q “af1pax0`bq.
On procède de même pour la composition par la fonction x ÞÑ x2. On note cette fois g : x ÞÑ fpx2q. Le taux d’accroissement s’écrit cette fois, pour touthen lequel il est défini :
gpx0`hq ´gpx0q
h “ fpx20`2x0h`h2q ´fpx20q
h “ p2x0`hqfpx20`2x0h`h2q ´fpx20q 2x0h`h2 .
Lorsquehtend vers0,2x0h`h2 aussi. Donc, en supposantf dérivable enx20, la fraction de droite tend versf1px20q.
De plus,2x0`htend vers2x0. Ainsi,gest dérivable enx0, et g1px0q “2x0f1px20q.
Partie I – Étude def
1. (a) Puisquelnptqtend vers´8en0,
lim
tÑ0`fptq “ lim
tÑ0`
t´1
lnptq “0“fp0q.
Ainsi, f est continue en0. Par changement de variable,
lim
tÑ1´fptq “ lim
uÑ0
u
lnp1`uq “1“fp1q
En effet, il s’agit d’une limite remarquable, traduisant ici la dérivabilité en 1 du logarithme.
Ainsi, f est continue en1.
(b) La fonction f est dérivable surs0,1r en tant que quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s’annulant pas sur cet intervalle.
(c) Dans un premier temps, on exprimef1 :
@tPs0,1r, f1ptq “ lnptq ´t´t1 lnptq2 .
Commelnptq2est positif pour touttdes0,1r,f1 est du signe delnptq ´t´t1. Ce choix de fonction auxiliaire (plutôt que tlnptq ´ pt´1q par exemple) s’impose du fait que sa dérivée s’exprime facilement, sans faire intervenir le logarithme.
Soit donc
g:tÞÑlnptq ´t´1
t “lnptq ´1`1 t.
La fonctiong est dérivable surs0,1r, de dérivée définie par :
@tPs0,1r, g1ptq “1 t ´ 1
t2 “t´1 t2 .
Ainsi,g1 est négative surs0,1r, doncgest décroissante surs0,1r. Comme la limite degen1est nulle, on en déduit queg est positive surs0,1r.
Ainsi, f1 est positive surs0,1r .
(d) Pour étudier la dérivabilité en0, on forme le taux d’accroissement : pour touthPs0,1r, fphq ´fp0q
h “ h´1
hlnphq.
Puisque hlnphq Ñ0´ lorsque hÑ 0, et h´1 Ñ ´1, on en déduit que ce taux d’accroissement tend vers
`8.
Ainsi, f n’est pas dérivable en0, mais admet une tangente verticale . 2. (a) Le plus naturel est d’étudier les deux inégalités par étude de fonctions.
‚ On pose h1 la fonction qui àxassocié´lnp1´xq ´´
x`x22¯
. La fonctionh1 est dérivable surr0,12s, et pour toutxder0,12s,
h11pxq “ 1
1´x´1´x“ x2 1´xě0.
Remarquez que cette dérivation composée est une conséquence de la question préliminaire. Ainsi,h1 est croissante, et commeh1p0q “0, pour toutxP r0,12s,
h1pxq “ ´lnp1´xq ´ ˆ
x`x2 2
˙ ě0.
‚ On pose h2 la fonction qui à x associé ´lnp1´xq ´´
x`x2`2x33
¯. Cette fonction est dérivable sur r0,12s, et pour tout xder0,12s,
h12pxq “ 1
1´x´1´x´2x2“ ´x2´2x3
1´x “ ´x2p1´2xq 1´x .
Ainsi,h12 est négative surr0,12s, donch2est décroissante sur cet intervalle. Puisqueh2p0q “0, on a bien alors, pour toutxP r0,12s,
h2pxq “ ´lnp1´xq ´ ˆ
x`x2 2
˙ ď0. Les deux inégalités obtenues amènent bien l’encadrement :
@uP r0,1
2s, 0ď ´lnp1´uq ´ ˆ
u`u2 2
˙ ď2u3
3
(b) On forme le taux d’accroissement deg en1. Pour touthdanss ´12,0r, gp1`hq ´gp1q
h “lnp1`hq ´h h2 .
On fait le changement de variableu“ ´h. On a doncuP r0,12s, etuÑ0lorsquehÑ0. On étudie donc la limite lorsqueutend vers0de lnp1´uq `u
u2 .
Or, d’après la question précédente, pour toutuP r0,12s,
´1 2´2u
3 ďlnp1´uq `u u2 ď ´1
2.
Les deux termes encadrants tendent vers´12 lorsqueutend vers0, donc d’après le théorème d’encadrement, le terme du milieu admet la même limite. Ainsi g est dérivable en1, et g1p1q “ ´12.
(c) Commegne s’annule pas en 1, la dérivabilité deg en1entraîne celle def “ 1g, et
f1p1q “´g1p1q g2p1q “1
2.
La courbe def admet donc en 1 une tangente (ou plutôt une demi-tangente à gauche), d’équation
y“f1p1qpx´1q `fp1q “ x 2 `1
2.
(d) « Au voisinage » signifie ici qu’on n’est pas intéressé par les positions relatives sur tout l’intervaller0,1s, mais seulement sur un intervalle ra,1s, avecaqu’on pourra choisir aussi grand qu’on veut, vérifiantaă1. Cela dit, ici, l’étude peut se faire tout aussi facilement sur tout l’intervaller0,1s.
Pour faire cette étude, on considère la fonctionhdéfinie par
hpxq “fpxq ´x 2 ´1
2 “ x´1 lnpxq ´x
2 ´1 2. Il faut étudier le signe dehsurs0,1r, sui est l’opposé du signe de
kpxq “x´1´x
2lnpxq ´1 2lnpxq,
expression qui se dérive plus facilement. La fonctionk étant dérivable, on obtient, pourxPs0,1r,
k1pxq “1´x 2 ¨ 1
x´1
2lnpxq ´ 1 2x“ 1
2´ 1 2x´1
2lnpxq.
On peut redériver une nouvelle fois :
@xPs0,1r, k2pxq “ 1 2x2 ´ 1
2x“ 1´x 2x2 ě0.
Ainsi, k1 est croissante sur s0,1s, et kp1q “ 0, donc k1 est négative sur s0,1s. On en déduit que k est décroissante surs0,1s, etkp1q “0 Ainsi,kest positive surs0,1s, donchest négative surs0,1s.
Ainsi, la courbeC est sous la tangente en1 , sur tout l’intervalles0,1r.
3. On obtient le graphe de la figure 1
|
|
| |
1 1
Figure1 – Graphe def
Partie II – Calcul de l’intégraleI
Pour commencer, remarquons qu’on n’a pas de problème de définition des intégrales, toutes les fonctions considérées étant continues sur leur intervalle fermé borné d’intégration.
1. SoitK la fonction définie surs0,1spar :
Kpxq “Jpx2q ´Jpxq.
(a) La fonction g:tÞÑ fptqt est continue surs0,1s, donc admet une primitive. SoitGune primitive de g. On a alors, pour toutxPs0,1s,
Jpxq “Gp1q ´Gpxq et Jpx2q “Gp1q ´Gpx2q.
La fonction G est dérivable sur s0,1s(une primitive est toujours dérivable, par définition !), donc d’après la question préliminaire, xÞÑ Gpx2q également sur s0,1s (puisque si xest dans s0,1s, x2 aussi). De plus, toujours d’après la question préliminaire, la dérivée de x ÞÑ Gpx2q est x ÞÑ 2xG1px2q “ 2xgpx2q. On en déduit queK est dérivable surs0,1s, et
@xPs0,1s, K1pxq “ ´2xgpx2q `gpxq “ ´2fpx2q `fpxq
x .
(b) Pour toutxdes0,1s,
fpxq ´2fpx2q “ x´1
lnpxq ´2px2´1q
2 lnpxq “px´1q ´ px´1qpx`1q
lnpxq “ ´xfpxq.
On en déduit que pour toutxPs0,1s,
K1pxq “ ´fpxq.
Ainsi, K et I admettent même dérivée, donc diffèrent uniquement d’une constante additive. Or, Ip1q “ Kp1q “0, donc cette constante est nulle. Ainsi, pour tout xPs0,1s,
Ipxq “Kpxq “ ż1
x2
fptq t dt´
ż1
x
fptq t . La relation de Chasles amène alors :
Ipxq “ żx
x2
t´1 tlnptq dt .
2. Cette question nécessite de savoir dériver une composée. Il s’agit donc d’une généralisation de la question préli- minaire. Vous êtes nombreux à connaître cette formule de dérivation, même si elle n’est plus au programme du lycée. Pour les autres, admettez-là. Sous réserve de dérivabilité des fonctions considérées aux points d’évaluation, on a
pg˝fq1 “f1ˆg1˝f.
En particulier, siuest une fonction strictement positive, et dérivable, ln˝uaussi, et sa dérivée est uu1. Or, la fonction qu’on cherche à intégrer ici est de cette forme, au signe près, avecu“ln. On obtient donc :
żx x2
´1
tlnptq dt“”
´lnplnpxqqıx
x2 “lnplnpxqq ´lnplnpx2qq “lnplnpxqq ´lnp2 lnpxqq “ln
ˆ lnpxq 2 lnpxq
˙ ,
d’où finalement,
żx x2
´1
tlnptq dt“lnp2q.
3. La fonctionln est négative surrx2, xs, donc ˇ ˇ ˇ ˇ
żx x2
dt lnptq
ˇ ˇ ˇ ˇ“ ´
żx x2
dt lnptq. De plus,ln est croissante surs0,1s, donc pour touttP rx2, xs,
lnpx2q ďlnptq ďlnpxq ă0,
donc 1
lnpxq ď 1 lnptq ă0, puis
0ă ´ 1
lnptq ď ´ 1 lnpxq. En intégrant cette inégalité surrx2, xs, il vient donc :
0ă ´ żx
x2
´1
tlnptq dtď ´ żx
x2
1
lnpxq dt“ ´px´x2q 1 lnpxq.
Puisquex´x2ďx, et´ln1pxqě0surrx2, xs, on peut encore majorer ce dernier terme par´lnxpxq. Ainsi, pour toutxP rx2, xs,
0ă ˇ ˇ ˇ ˇ
żx x2
´1 tlnptq dt
ˇ ˇ ˇ ˇ
ď ´ x lnpxq .
4. Ce majorant tendant vers 0lorsquextend vers0, on en déduit, d’après le théorème d’encadrement, que lim
xÑ0
ˇ ˇ ˇ ˇ
żx x2
´1 tlnptq dt
ˇ ˇ ˇ ˇ
“0, donc
lim
xÑ0
żx x2
´1
tlnptq dt“0 La question 1(b) et la question 2 permettent alors d’affirmer que
lim
xÑ0Ipxq “lnp2q. 5. SoitxPs0,1s. On a, par la relation de Chasles :
|I´Ipxq| “ żx
0
fpxqdx.
D’après les variations def, f est majorée par1 surr0,1s, donc surr0, xs. On a alors
|I´Ipxq| ď żx
0
1 dx“x .
Ceci est équivalent à l’encadrement´xďI´Ipxq ď ´x. Les deux termes encadrant admettent la même limite nulle, donc d’après le théorème d’encadrement (ici la convergence est déjà acquise, donc on peut se contenter de passer à la limite dans les inégalités) :
lim
xÑ0`I´Ipxq “0 donc: I“ lim
xÑ0`Ipxq “lnp2q. Montrer que pour toutxPs0,1s,|I´Ipxq| ďx. En déduire queI“lnp2q.
Correction du problème 2– Logarithme discret, méthode d’Adleman (d’après CG)
Partie I – Définition du logarithme discret
1. ‚ 1 et 6 ne sont pas des racines primitives, puisque leurs puissances successives sont toujours 1, et p´1qn respectivement (modulo 7).
‚ Le calcul des puissances de2 modulo 7 donne :
21”2r7s, 22”4r7s, 23”1 r7s, 24”2 r7s,
donc2n’est pas racine primitive. Le calcul des puissances de3 modulo 7 donne :
31”3r7s, 32”2r7s, 33”6r7s, 34”4r7s, 34”5 r7s, 35”1 r7s
donc3 est racine primitive. Comme4” ´3 r7s, on obtient la même suite que pour 3, en prenant l’opposé modulo 7 des puissances impaires. En particulier44”4 r7s, et donc4n’est pas racine primitive.
Les puissances de5 se ramènent aux puissances de2, avec un signe qui alterne.5est une racine primitive.
Ainsi, 3et 5sont les seules racines primitives modulo 7.
2. (a) Si les pgk modpqne sont pas tous distincts pourk P v0, p´2w, il existei ăj dansv0, p´2w tels quegi modp“gj modp.NotonsA l’ensemble des restes modulopdes puissancesg0, . . . , gj´1.
Montrons alors, pour toutnPN˚,gn modpPA.
Cette propriété est trivialement vraie pournP v1, j´1w, ainsi que pourn“j(cargj modp“gi modpq.
Soitněj, et supposons la propriété vraie jusqu’au rangn´1. Alors, en écrivant
gn”gjgn´j ”gign´j ”gn´pj´iq rps,
on peut utiliser l’hypothèse de récurrence au rangn´ pj´iq ăn, pour conclure quegn modpPA.
Ainsi, A étant de cardinal strictement inférieur à v1, p´1w, cela contredit le fait que g soit une racine primitive.
Par conséquent, lespgk modpq, pourkP v0, p´2w, sont dexu à deux distincts et dansv1, p´1w(en effet, le reste ne peut pas être nul, car cela signifierait quepdivisegk, etpétant premier, cela impliquerait que p diviseg, ce qui est incompatible avec la définition d’une racine primitive). Pour des raisons de cardinalité, on a alors :
tgk modp|kP v0, p´2wu “ v1, p´1w.
On peut aussi se servir de la questionc(en y répondant d’abord), qui implique une périodicité des puissances, de périodep´1. Au bout d’une période, on a alors l’ensemble de toutes les valeurs possibles.
(b) L’existence de Aprovient de l’égalité de la première question. L’unicité a été prouvée lors de cette question aussi (c’est le fait que lesgkmodpsoient deux à deux distincts pourkP v0, p´2w).
Ainsi, il existe un uniqueaP v1, p´2wtel que A“ pga modpq.
(c) Écrivonsb“a`kpp´1q. D’après le petit théorème de Fermat,gp´1”1rps, doncgb”garps. On en déduit que gb modp“ga modp.
Si on ne connait pas le petit théorème de Fermat, on peut aussi utiliser le théorème de Bachet-Bézout : g etpétant premiers entre eux, il existeuetv tels que
gu`pv“1
On en déduit que gv”1 rps(doncgest inversible modulo p). Ainsi, en multipliant parv, on constate que gx”gy rpséquivaut àx”y rps.
D’après les début du problème, on peut dire quegp´1 modpest une valeur qu’on a déjà rencontrée avant, disonsgp´1”gi rps, pouriP v0, p´2w. Sii‰0, on peut simplifierifois parg, et on obtient :
gp´i´1”g0rps
L’argument donné dans la première question permet alors d’affirmer que lesgn modpprennent leurs valeurs danstgk modp|kP v0, p´i´2wu, ce qui contredit le fait quegsoit une racine primitive. On a doncgp´1 modp“1. On conclut alors comme plus haut.
3. On calcule les puissances successives de gmodulopjusqu’à obtenirA. Écrit en Python, cela donne : def logdiscret(A,p,g):
x = 1 a = 0
while x != A:
X *= g # calcul de la puissance suivante X %= p # réduction modulo p
a += 1 # incrémentation de l’exposant return a
Partie II – Calcul du logarithme discret par la méthode d’Adleman
1. On a54“2ˆ33, donc
gℓp2q`3ℓp3q“g2pg3q3”2ˆ33”54r113s.
Commeℓp2q `3ℓp3q “75P v0, p´2w, on en déduit que ℓp54q “75.
2. On a :
gai ”pe1i,1. . . peni,n“gei,1ℓpp1q. . . gei,nℓppnq rp´1s.
D’après la partie I,gi ”gj rps si et seulement sii”j rp´1s(en effet, les puissances de g forment une suite périodique de périodep´1, les termes d’une période étant 2 à 2 distincts). Ainsi,
ai”ei,1ℓpp1q ` ¨ ¨ ¨ `ei,nℓppnq rp´1s.
3. On prend dans cette question p“53,g“20(racine primitive admise),n“2,p1“2,p2“5. (a) On ag2“400”29r53setg3”580”50r53s
On a donc
1”ℓp20q ”ℓp22ˆ5q ”2ℓp2q `ℓp5q rp´1s et :
3”ℓp50q ”ℓp2ˆ52q ”ℓp2q `2ℓp5q rp´1s.
La résolution du système obtenu amène :
3ℓp5q ”5 r52s et 3ℓp2q ” ´1r52s.
Commeℓp2qetℓp5qsont dansv0, p´2w, les seules valeurs possibles de3ℓp5qsont57et109. Seule la première est divisible par3, donc ℓp5q “19
De même, les seules valeurs possibles deℓp2qsont51et 103. Seul 51 est divisible par3, donc ℓp2q “17 (b) On obtient alors :
ℓp40q “ℓp23ˆ5q ”3ℓp2q `ℓp5q ”70r52s.
Commeℓp40qdoit être dansv0,51w, on en déduit que ℓp40q “18
On aurait pu l’obtenir de façon plus directe, puisque40“2ˆ20“2g: cela implique queℓp40q “ℓp2q `1. (c) Ici, un comptage manuel est ce qu’il y a de plus rapide. Avec β “0, on a les entiers2α, avec αP v0,5w, donc6 possibilités. Avecβ “1, on a les entiers 5ˆ2α, avec2αă11, donc αP v0,3w. Avecβ “2, il reste les possibilitésαP v0,1w. Les autres valeurs deβ fournissent des entiers trop grands.
Ainsi, il y a 12 entiers dev1,52ws’écrivant sous la forme2α5β. 4. SoitAP v1, p´1w.
(a) ‚ Par définition du reste, et du fait que nigsniAne sont divisibles par l’entier premierp,tpgsA modpq | sP v0, p´2wu Ă v1, p´1w.
‚ Réciproquement, on peut trouver, comme plus haut, un entierutel queAu”1rps(par Bézout,Aétant premier avecp). Soit alorsbP v1, p´1w, etc“ub modp. Par définition des racines primitives, il existe sP v0, p´2wtel que gs“c, d’où :
gsA”Ac”Aub”brps.
Ainsi,bP tpgsA modpq |sP v0, p´2wu
Des deux inclusions, on déduit : tpgsA modpq |sP v0, p´2wu “ v1, p´1w. (b) Soit
gsA modp“pe11¨ ¨ ¨penn. On a alors
s`ℓpAq ”e1ℓpp1q ` ¨ ¨ ¨ `enℓppnq rp´1s, et par conséquent
ℓpAq “ pe1ℓpp1q ` ¨ ¨ ¨ `enℓppnq ´sq modpp´1q.
(c) On agˆ30“600”17r53spuisg2ˆ30”340”22r53s, et enfing3ˆ30”300”16r53s. Ainsi, ℓp30q ”4ℓp2q ´3“65r52s.
Ainsi, ℓp30q “13. 5. On revient au cas général.
(a) On compte les entiers pα1, tels que1ďpα1 ăp, donc
0ďαă lnppq lnpp1q.
Ce dernier nombre n’étant pas entier (carp1ne divise pas Il y a donc Qlnppq
lnpp1q
Uentiers dev1, p´1ws’écrivant pα1. On peut exprimer cette quantité légèrement différemment, en résolvantpα1 ďp´1plutôt quepα1 ăp. La borne supérieure obtenue peut cette fois être un entier, on ne peut pas utiliser la partie entière par excès. En revanche, cela s’exprime bien avec la partie entière, et on trouve un nombre d’entiers égal à Yln
pp´1q lnpp1q
]`1. (b) Lorsque s parcourtv0, p´2w, les gsA modpparcourent une et une seule fois chaque entier de v1, p´1w.
Ainsi, si on suppose que l’entier s est choisi uniformément dans v0, p´2w, gsA modp se répartit aussi uniformément dans v1, p´1w(c’est-à-dire avec équiprobabilité). Ainsi, la probabilité que gsA modpsoit une puissance de p1 s’obtient en formant le quotient du nombre de cas favorables par le nombre total de cas, donc :
P “ 1 p´1
R lnppq lnpp1q
V
“ 1 p´1
ˆZlnpp´1q lnpp1q
^
`1
˙
(c) On compte le nombreN d’entiersq dev1, p1ws’écrivant sous la formepα1pβ2. On commence comme dans la question (a), pour le facteurα, puis on compte les exposantsβ correspondants en divisant parpα1 :
N “
Ylnpp´1q
lnpp1q
]
ÿ
α“0
—
—
— –
ln´
p´1 pα1
¯
lnpp2q ffi ffi ffi fl`1“
Ylnpp´1q
lnpp1q
]
ÿ
α“0
Zlnpp´1q
lnpp2q ´αlnpp1q lnpp2q
^
`1
La majoration est facile à obtenir : il suffit de majorer
Zlnpp´1q
lnpp2q ´αlnpp1q lnpp2q
^
`1par lnpp´1q
lnpp2q `1, ce qui donne alors :
N ď
Ylnpp´1q
lnpp1q
]
ÿ
α“0
lnpp´1q lnpp2q `1“
ˆZlnpp´1q lnpp1q
^
`1
˙ ˆlnpp´1q lnpp2q `1
˙ ď
ˆlnpp´1q lnpp1q `1
˙ ˆlnpp´1q lnpp2q `1
˙ .
Pour obtenir la minoration, il faut faire le calcul de façon un peut plus fine. Pour simplifier l’expression, notonsK“ lnpp´1q
lnpp1q etL“lnpp´1q
lnpp2q . On a alors :
Ně
tKu
ÿ
α“0
Z
L´αlnpp1q lnpp2q`1
^ ě
tKu
ÿ
α“0
ˆ
L´αlnpp1q lnpp2q
˙ .
Ainsi,
N ě ptKu`1qL´tKuptKu`1q 2
lnpp1q
lnpp2q ě ptKu`1q ˆ
L´tKu 2
lnpp1q lnpp2q
˙ .
Or,
L´tKu 2
lnpp1q
lnpp2q ěL´K 2
lnpp1q
lnpp2q“L´L 2 “L
2 ě0 Comme de plustKu`1ěK, on obtient :
N ě KL 2 .
La probabilité recherchée est obtenue en divisant par p´1, le nombre total de choix de l’entier (par équiprobabilité). Les deux inégalités trouvées précédemment amènent :
plnpp´1qq2
2pp´1qplnpp1qqplnpp2qq ďP ď 1 p´1
ˆlnpp´1q lnpp1q `1
˙ ˆlnpp´1q lnpp2q `1
˙ .
(d) Soientp1, . . . , pn des nombres premiers distincts inférieurs àp.
‚ L’inégalité pα11¨ ¨ ¨pαnnďp´1implique (de façon grossière)pαii, pour toutiP v1, nw. Ainsi,
αiď lnpp´1q lnppiq . Notons Ki “lnpp´1q
lnppiq . Le n-upletpα1, . . . , αnqdoit donc être choisi dansv0,tK1uw ˆ ¨ ¨ ¨ ˆ v0,tKnuw. Il s’agit d’une condition nécessaire, mais largement pas suffisante (la majoration effectuée est très lâche).
Le nombre N de choix convenables des αi est donc majoré par le cardinal de ce produit cartésien, à savoir :
N ď
n
ź
i“1
ptKiu`1q ď
n
ź
i“1
pKi`1q.
‚ La minoration, comme précédemment, est nettement plus délicate à obtenir. Étant donnée une suite ppnqnPN d’entiers premiers distincts, on prouve par récurrence sur n P N˚ que pour tout x(entier ou réel positif), le nombre d’entiersNnpxqdont la décomposition primaire n’utilise que les entiersp1, . . . , pn vérifie
Nnpxq ě lnpxqn n! lnpp1q. . .lnppnq.
Les questions précédentes prouvent la propriété aux rangs 1 et 2. Soit n ě3, et supposons l’inégalité vraie pour toutxą0 et tout entiermăn. Alors par un raisonnement similaire à celui de la question précédente, en notant comme plus haut pour toutiP v1, nw,Ki“ lnpxq
lnppiq :
Nnpxq “
tKnu
ÿ
αn“0
Nn´1
ˆ x pαni
˙ . En utilisant l’hypothèse de récurrence, il vient alors :
Nnpxq ě
tKnu
ÿ
αn“0
plnpxq ´αnlnppnqqn
n! lnpp1q ¨ ¨ ¨lnppn´1q “ 1
pn´1q! lnpp1q ¨ ¨ ¨lnppn´1q
tKnu
ÿ
αn“0
plnpxq ´αnlnppnqqn´1
Nous utilisons ensuite un argument classique (comparaison somme / intégrale) pour ramener la minora- tion à un calcul d’intégrale simple. Cette comparaison consiste à comparer la fonction en escalier définie sur chaque intervallerk, k`1spar la constanteplnpxq ´klnppnqqn´1 à la fonctionplnpxq ´tlnppnqqn´1. En effet, la fonction tÞÑ plnpxq ´tlnppnqqn´1 étant décroissante surrk, k`1slorsque kP v0,tKnu´1w (cela n’est plus nécessairement le cas pour l’intervalle suivant) on a, pour une telle valeur de k, et pour tout tP rk, k`1s:
plnpxq ´klnppnqqn´1ě plnpxq ´tlnppnqqn´1, d’où en intégrant par rapport à la variable tsurrk, k`1s:
plnpxq ´klnppnqqn´1ď żk`1
k
plnpxq ´tlnppnqqn´1dt,
et en sommant pour kde0àtKnu´1:
tKnu´1
ÿ
k“0
plnpxq ´klnppnqqn´1ě
tKnu´1
ÿ
k“0
żk`1 k
plnpxq ´tlnppnqqn´1 dt“ żtKnu
0
plnpxq ´tlnppnqqn´1dt,
d’après la relation de Chasles. Par ailleurs, on a aussi, pour k“tKnu, et pour touttP rtKnu, Kns:
plnpxq ´klnppnqqn´1ě plnpxq ´tlnppnqqn´1, et donc, par intégration sur cet intervalle,
plnpxq ´klnppnqqn´1ě pKn´tKnuqplnpxq ´klnppnqqn´1ě żKn
tKnu
plnpxq ´tlnppnqqn´1 dt,
la première inégalité découlant du fait que pKn´tKnuq ď 1. Ainsi, en ajoutant ce dernier terme à la somme précédente, et toujours d’après la relation de Chasles,
tKnu
ÿ
k“0
plnpxq ´klnppnqqn´1ě żKn
0
plnpxq ´tlnppnqqn´1dt“”
´ 1
nlnppnqplnpxq ´tlnppnqqnıKn
0 “ lnpxqn nlnppnq. On peut donc enfin conclure que :
Nnpxq ě lnpxqn n! lnpp1q. . .lnppnq, ce qui prouve bien la propriété voulue au rangn.
Ainsi, d’après le principe de récurrence forte, la propriété est vraie pour tout n.
Pour obtenir la probabilité, on divise comme plus haut parp´1. Ainsi :
lnpp´1qn
n!pp´1qlnpp1q. . .lnppnq ďP ď 1 p´1
n
ź
i“1
ˆlnpp´1q lnppiq `1
˙ .
