Partie B – Domination explicite de N

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Probl` eme – Arithm´ etique et int´ egrales

Partie A – K(x) 6 4

A.1Question laiss´ee au lecteur.

A.2 Grˆace `a la convention stipulant qu’un produit index´e par un ensemble vide vaut 1, on obtient im- m´ediatement le r´esultat demand´e en remarquant que ]z, x] est l’union disjointe des deux ensembles ]z, y] et ]y, z].

Soitmun entier naturel non nul.

A.3On sait que ^2m+1_m

= ^2m+1_m+1 , et que

2m+1

X

k=0

2m+ 1 k

= 2^2m+1= 2·4^m

Il vient donc :

2·

2m+ 1 m

=

2m+ 1 m

+

2m+ 1 m+ 1

6

2m+1

X

k=0

2m+ 1 k

= 2·4^m,

puis le r´esultat demand´e.

A.4Soitp_kun diviseur premier du produitP(2m+1, m+1). Ce nombre divise le produit ^2m+1_m

(m!(m+ 1)!) (=

(2m+ 1)!), et est premier avec le second terme de ce produit, donc divise le premier terme ^2m+1_m

(lemme de Gauss). Les nombres premiersp_k (compris entrem+ 1 et 2m) divisant ^2m+1_m

et ´etant premiers entre eux deux

`

a deux, leur produitP(2m+ 1, m+ 1) divise ^2m+1_m .

A.5Si K(m+ 1)64^m+1, alors, en vertu de ce que pr´ec`ede :

K(2m+ 1) =K(m+ 1)P(2m+ 1, m+ 1)64^m+14^m64^2m+1.

A.6

a On raisonne par r´ecurrence surn, en ´ecartant le cas ´evident o`u n= 1 :

∀k∈[[1, n]], K(k)64^k

L’amor¸cage en n= 2 est ais´e (064 et 2616).

Soit n∈ N, n >2. On suppose l’assertion v´erifi´ee au rang n, montrons-l`a au rang n+ 1 : raisonnons par disjonction des cas :

sin+ 1 est premier, il existe alorsm∈N^∗ tel quen+ 1 = 2m+ 1 (car cet entier premier vaut au moins 3 donc est impair, d’o`u l’int´erˆet d’amorcer la r´ecurrence en 2), l’hypoth`ese de r´ecurrence et la question pr´ec´edente montre queK(n+ 1)64ⁿ⁺¹;

sin+ 1 n’est pas premier, alors K(n+ 1) =K(n)64ⁿ 64ⁿ⁺¹ (la premi`ere in´egalit´e ´etant justifi´ee par l’hypoth`ese de r´ecurrence).

bOn a prouv´e cette in´egalit´e six∈N^∗, et, six∈R^∗+\N^∗, alorsK(x) =K([x])64^[n] 64^x.

Partie B – Domination explicite de N

B.1On a bien sˆurS(x)6(2 ln 2)x.

B.2

a Soitk un entier naturel non nul :

Z p_k 2

S(t)f⁰(t)dt =

k−1

X

j=1

Z pj+1

p_j

S(t)f⁰(t)dt

=

k−1

X

j=1



ln Y

16i6j

p_i



(f(p_j+1)−f(p_j))

=

k

X

j=2



ln Y

16i6j−1

pi



f(pj)−

k−1

X

j=1



ln Y

16i6j

pi



f(pj)

= − X

i∈[[1,k]]

ln(pi)f(pi) +S(pk)f(pk).

bOn en d´eduit la relation

X

i∈[[1,N(x)]]

ln(pi)f(pi) =S(x)f(x)− Z x

2

S(t)f⁰(t)dt

en remarquant que Z x

p_N(x)

S(t)f⁰(t)dt=S(p_N(x))(f(x)−f(p_N(x))) =S(x)f(x)−S(p_N(x))f(p_N(x)).

B.3On prendf = _ln¹. La pr´ec´edente l’in´egalit´e donne imm´ediatement

X

16k6N(x)

1 = S(x) ln(x)+

Z x 2

S(t) tln(t)²dt

et donc, d’apr`es B.1 :

N(x)62 ln 2 x

lnx+ Z x

2

dt (lnt)²

.

B.4

a L’´etude demand´ee est standard : la fonction consid´er´eeψest strictement d´ecroissante de ln 2 `a 2, puis strictement croissante sur [2,+∞[. En cas d’existence de u0, on doit avoir u0 ∈ [2,+∞[, d’o`u l’unicit´e (par stricte croissance - donc injectivit´e- de ψ sur cet intervalle). Commeψ est continue tend vers +∞en +∞, et queψ(2)< ψ(ln 2) l’existence est prouv´ee (th´eor`eme des valeurs interm´ediaires)

b On en d´eduit, pour tout x > e^u0, en majorant ψ par ψ(x) = x/(ln(x))² sur [ln(2),ln(x)], puis en int´egrant :

Z lnx ln 2

e^u u²du6

Z lnx ln 2

e^lnx

(lnx)²du= x

(lnx)²(lnx−ln 2).

cEn effectuant le changement de variablet=e^u de classeC¹ sur [ln 2,lnx], on obtient :

Z x 2

dt (lnt)² =

Z lnx ln 2

e^u

u²du6 x

(lnx)²(lnx−ln 2)6 x (lnx). L’in´egalit´e demand´ee r´esulte alors imm´ediatement de ce qui pr´ec`ede.