CAPES externe 2008 de Mathématiques Deuxième composition : CORRIGÉ

(1)

CAPES externe 2008 de Mathématiques

Deuxième composition : CORRIGÉ

Alexis GONZÁLEZ & Martial LENZEN

[email protected]

. . . . Les mathématiques sont une gymnastique de l’esprit et une préparation à la philosophie−Isocrate

(2)

Partie A : Une estimation à la Tchebychev

I Une minoration de la fonction π

A.I.1 On considère deux entiers naturelsaetbvérifiant 16b6aet l’on pose : I(b,a)=

Z₁

0 x^b⁻¹(1−x)^a⁻^bdx.

A.I.1.a Sib=1, alors

I(b,a)=I(1,a)= Z1

0 x¹⁻¹(1−x)^a⁻¹dx= Z1

0 (1−x)^a⁻¹dx, aveca−1>0 (en particulier,a6=0), donc

I(1,a)=

·

−(1−x)^a a

¸1 0= −

µ(1−1)^a

a −(1−0)^a a

¶

= 1 a. Nous venons d’expliciterI(1,a) en fonction de l’entiera:

I(1,a)= 1 a .

A.I.1.b Supposons que l’on ait l’inégalité stricteb<a(donca−b>0, ou encorea−b−1>_{0). On a} alors :

I(b+1,a)= Z1

0 x^b⁺¹⁻¹(1−x)^a⁻^b⁻¹dx= Z1

0 x^b(1−x)^a⁻^b⁻¹dx.

CalculonsI(b+1,a) en posant (remarquons quea−b6=0) :

½ u(x)=x^b

v^′(x)=(1−x)^a⁻^b⁻¹, d’où







u^′(x)=b x^b⁻¹ v(x)= −(1−x)^a⁻^b

a−b (à une constante près).

Ces quatre fonctions étant de classeC∞sur l’intervalle [0,1], nous pouvons procéder à l’in- tégration par parties :

I(b+1,a) = Z1

0 u(x)v^′(x)dx=[u(x)v(x)]¹₀− Z1

0 u^′(x)v(x)dx

=

· x^b

µ−(1−x)^a⁻^b a−b

¶¸¹

0− Z1

0 b x^b⁻¹

µ−(1−x)^a⁻^b a−b

¶ dx.

= b

a−b Z1

0 x^b⁻¹(1−x)^a⁻^bdx

= b

a−b I(b,a).

Ainsi,

sib<a, alorsI(b+1,a)= b

a−bI(b,a) .

(3)

A.I.1.c Utilisons le résultat de la question précédente pour calculer la valeur exacte deI(b,a). Puisque b−1<b<a, il vienta−b+16=0 et

I(b,a)= b−1

a−b+1I(b−1,a).

De même,b−2<b<a, d’oùa−b+26=0 et I(b−1,a)= b−2

a−b+2I(b−2,a).

En remplaçant dans l’expression deI(b,a) ci-dessus, on trouve alors I(b,a)= b−1

a−b+1× b−2

a−b+2I(b−2,a).

Ensuite, on itère ce raisonnement autant de fois que nécessaire pour obtenir le résultat suivant :

I(b,a) = b−1

a−b+1× b−2

a−b+2× ··· × 1

a−1I(1,a)

= (b−1)!

(a−b+1)× ··· ×(a−1)×a en effet, d’après A.I.1.a, on aI(1,a)= 1 a. On rappelle, d’après l’énoncé, que le coefficient binomial

µa b

¶

est égal à a!

(a−b)!b!. Observons alors la série d’équivalences suivantes :

µa b

¶

=1× ··· ×(a−b)×(a−b+1)× ··· ×a 1× ··· ×(a−b)×b×(b−1)!

⇔ µa

b

¶

=(a−b+1)× ··· ×a b×(b−1)!

⇔ b µa

b

¶

=(a−b+1)× ··· ×a (b−1)!

⇔ 1

b µa

b

¶= (b−1)!

(a−b+1)× ··· ×a.

Il s’ensuit que

si 16b<a, alorsI(b,a)= 1 b

µa b

¶.

Sib=a, alors : ⋄d’une part,I(b,b)= Z1

0 x^b⁻¹(1−x)^b⁻^bdx= Z1

0 x^b⁻¹dx=

·x^b b

¸¹

0=1 b,

⋄d’autre part, 1 b

µa b

¶= 1 b

µb b

¶= 1 b. On en conclut que :

si 16_b6_{a, alors}_I(b,_a)₌ ¹ b

µa b

¶ .

(4)

A.I.2 On considère un réely∈[0,1[.

A.I.2.a Appliquons les formules du binôme de Newton. Rappelons que siuetv sont deux nombres réels etnun entier naturel, alors la formule du binôme de Newton s’écrit

(u+v)ⁿ= Xn k=0

µn k

¶

uⁿ⁻^kv^k. (1)

En particulier, siu=1−x,v=x yetn=a−1, alors :

¡(1−x)+(x y)¢a−1

=

a−1

X

k=0

µa−1 k

¶

(1−x)^a⁻¹⁻^k(x y)^k. Effectuons le changement d’indicek=i−1. Il vient :

(1−x+x y)^a⁻¹=

i−1=a−1

X

i−1=0

µa−1 i−1

¶

(1−x)^a⁻¹⁻⁽ⁱ⁻¹⁾(x y)ⁱ⁻¹=

a

X

i=1

µa−1 i−1

¶

(1−x)^a⁻ⁱ(x y)ⁱ⁻¹. Ainsi,iétant une variable « muette » pouvant être remplacée park, on a :

Z1

0 (1−x+x y)^a⁻¹dx= Z1

0 a

X

k=1

µa−1 k−1

¶

(1−x)^a⁻^k(x y)^k⁻¹dx.

Et, par la linéarité de l’intégrale : Z1

0 (1−x+x y)^a⁻¹dx=

a

X

k=1

µa−1 k−1

¶ y^k⁻¹

Z1

0 (1−x)^a⁻^kx^k⁻¹dx.

Enfin, puisque 16k6aetI(k,a)=R1

0 x^k⁻¹(1−x)^a⁻^kdx, il vient que : pour tout nombre réely∈[0,1[,

Z1

0 (1−x+x y)^a⁻¹dx=

a

X

k=1

µa−1 k−1

¶

y^k⁻¹I(k,a) .

A.I.2.b Observons que Z1

0 (1−x+x y)^a⁻¹dx= Z1

0

¡1+(y−1)x¢a−1

dx, de sorte que Z1

0 (1−x+x y)^a⁻¹dx =

"

1 y−1

¡1+(y−1)x¢a

a

#1 0

= 1 a

1 y−1

³¡

1+(y−1)×1¢a

−¡

1+(y−1)×0¢a´

= 1 a

1

y−1(y^a−1^a)= 1 a

y^a−1 y−1 .

On reconnaît la formule de la somme dea termes consécutifs d’une suite géométrique de raisonyet de premier terme 1 :

y^a−1

y−1 =1−y^a

1−y =1+y+ ··· +y^a⁻¹=

a

X

k=1

y^k⁻¹. On obtient bien la formule demandée :

pour touty∈[0,1[, Z1

0 (1−x+x y)^a⁻¹dx= 1 a

a

X

k=1

y^k⁻¹ .

(5)

A.I.2.c Les résultats des deux questions précédentes nous permettent d’écrire pour tout réel y ∈ [0,1[ :

Z1

0 (1−x+x y)^a⁻¹dx=

a

X

k=1

µa−1 k−1

¶

y^k⁻¹I(k,a)= 1 a

a

X

k=1

y^k⁻¹. On a donc :

a

X

k=1

µa−1 k−1

¶

y^k⁻¹I(k,a)−1 a

a

X

k=1

y^k⁻¹ = 0 Xa

k=1

·µa−1 k−1

¶

y^k⁻¹I(k,a)−1 a y^k⁻¹

¸

= 0

a

X

k=1

·µa−1 k−1

¶

I(k,a)−1 a

¸

y^k⁻¹ = 0. (égalité⋆₎

Nous pouvons donc considérer le polynômeP à coefficients réels défini pour toutX ∈Rpar P(X)=

Xa k=1

·µa−1 k−1

¶

I(k,a)−1 a

¸ X^k⁻¹.

L’égalité (⋆) permet d’affirmer que le polynômeP peut se factoriser par (X −y) : en effet, y est une racine deP carP(y)=0. Rappelons que l’égalité (⋆) est vraie pour touty∈[0,1[.

En fixant l’entiera>1, le polynômeP admet alors une infinité de racines, ce sont tous les nombres réels y appartenant à [0,1[. P ne peut donc être que le polynôme nul. Tous ses coefficients sont donc nuls, ce qui s’écrit :

pour tout entierk∈{1,...,a}, µa−1

k−1

¶

I(k,a)−1 a =0, ou encore

pour tout entierk∈{1,...,a}, µa−1

k−1

¶

I(k,a)=1 a.

Par hypothèse,best un entier vérifiant 16_b6a. Pour tout entierb∈{1,...,a}, on a donc : I(b,a)= 1

a µa−1

b−1

¶.

Puisque le coefficient binomial µa

b

¶

est égal à a!

(a−b)!b!, il vient : a

µa−1 b−1

¶

= a(a−1)!

(a−1−b+1)! (b−1)!= a!

(a−b)! (b−1)!= b a!

b(a−b)! (b−1)!= b a!

(a−b)!b!=b µa

b

¶ .

Ainsi, pour tout entierb∈{1,...,a}, on a : I(b,a)= 1

a µa−1

b−1

¶ = 1 b

µa b

¶ .

(6)

A.I.3.a On sait queI(b,a)=R1

0x^b⁻¹(1−x)^a⁻^bdx. Nous allons à nouveau utiliser la formule du binôme de Newton (1) (rappelée page 4) en prenantu=1,v= −xetn=a−b, de sorte que

(1−x)^a⁻^b=

a−b

X

k=0

µa−b k

¶

1^a⁻^b⁻^k(−x)^k=

a−b

X

k=0

µa−b k

¶

(−1)^kx^k. Ainsi,

I(b,a)= Z1

0

Ã x^b⁻¹

a−b

X

k=0

µa−b k

¶

(−1)^kx^k

! dx=

Z1 0

Ãa−b

X

k=0

µa−b k

¶

(−1)^kx^k⁺^b⁻¹

! dx.

Par linéarité de l’intégrale, il vient : I(b,a)=

a−b

X

k=0

µa−b k

¶ (−1)^k

Z1

0 x^k⁺^b⁻¹dx.

Or

Z1

0 x^k⁺^b⁻¹dx=

·x^k⁺^b k+b

¸¹

0= 1^k⁺^b

k+b−0^k⁺^b k+b = 1

k+b. On obtient bien la formule demandée :

I(b,a)=

a−b

X

k=0

(−1)^k µa−b

k

¶ 1 k+b .

A.I.3.b Rappelons que siaetbsont deux entiers tels que 06b6a, alors le coefficient binomial¡_a

b

¢ est le nombre de combinaisons debéléments d’un ensemble àaéléments.¡_a

b

¢est donc un entier naturel. Ainsi, sik∈{0,...,a−b}, alors tous les coefficients binomiaux¡_a₋_b

k

¢sont des entiers naturels.

La formule obtenue de I(b,a) à la question précédente permet de voir que I(b,a) est une somme de fractions dont les dénominateurs sont les entiers compris entrebeta. Par hypo- thèse, pour tout entiern>_1,∆_nest l’entier égal à ppcm(1,2,...,n). Donc∆_aest un multiple de tous les nombres entiers compris entre 1 eta. Par définition d’un multiple, pour tout entier k ∈{0,...,a−b} (c’est-à-direk+b ∈{b,...,a}⊂{1,...,a}), il existe un entiern_k tel que

∆_a=(k+b)nk. Il s’ensuit que : I(b,a)∆a=

a−b

X

k=0

(−1)^k µa−b

k

¶ 1

k+b∆_a=

a−b

X

k=0

(−1)^k µa−b

k

¶ n_k. I(b,a)∆_aest la somme de produits d’entiers relatifs, et est donc un entier relatif.

D’après A.I.2.c, on a que

I(b,a)= 1 b

µa b

¶

est un nombre positif. En effet,b>1 par hypothèse et µa

b

¶

est un nombre positif. De plus,

∆_a étant un plus petit commun multiple, il est nécessairement positif, rendant le produit I(b,a)∆apositif. On peut maintenant conclure que :

I(b,a)∆_a∈N .

(7)

A.I.3.c En reprenant le résultat de la question A.I.2.c, on obtient l’équivalence suivante en multipliant les deux membres de cette égalité par∆_a:

I(b,a)= 1 b

µa b

¶ ⇔ I(b,a)∆_a= ∆a

b µa

b

¶.

PuisqueI(b,a)∆a∈N(d’après la question précédente), il vient ∆_a b

µa b

¶∈N, ou encore

l’entierb µa

b

¶

divise l’entier∆_a .

A.I.4 Soitn>1 un entier.

A.I.4.a On nous fait remarquer que pour toutk>1, l’entier∆_kdivise l’entier∆_k₊₁.

En effet, soitk >1 un entier. Par définition,∆_k₊₁est égal à ppcm(1,...,k+1), ce qui implique que∆_k₊₁est multiple de tous les entiers entre 1 etk. De plus, l’entier

∆_kest égal à ppcm(1,...,k). Autrement dit,∆_k est le plus petit multiple commun à chacun des entiers entre 1 etk. Il existe donc un entierm_k tel que∆_k₊₁=m_k∆_k. D’où le résultat de l’indication proposée, qui peut aussi s’écrire sous la forme :

pour tout entiern>1, l’entier∆_ndivise l’entier∆_n₊₁.

Dans la question précédente, nous avons démontré que siaetbsont deux entiers vérifiant 16b6a, alors l’entierb¡_a

b

¢divise l’entier∆_a. En prenant le cas particulier oùa=2netb=n, on a bien 16n6_2n(n’oublions pas que, par hypothèse,n>1 !) et l’entierb¡_a

b

¢=n¡_2n

n

¢divise l’entier∆_2n.

Puisque, pour tout entiern>1, l’entier∆_2ndivise l’entier∆_2n₊₁, par lemme, l’entiern

µ2n n

¶

divise l’entier∆_2n₊₁.

Rappelons à présent le résultat de la question A.I.2.c : sia etb sont deux entiers vérifiant 16b6a, alors

1 b

µa b

¶ = 1 a

µa−1 b−1

¶.

Il s’ensuit que l’entier a µa−1

b−1

¶

=b µa

b

¶

divise l’entier ∆_a. En prenant le cas particulier où a=2n+1 etb=n+1, on a bien 16n+162n+1 et

l’entier (2n+1)

µ2n+1−1 n+1−1

¶

=(2n+1) µ2n

n

¶

Ainsi, pour tout entiern>1, les entiersn

µ2n n

¶

et (2n+1) µ2n

n

¶

divisent l’entier∆_2n₊₁ .

(8)

A.I.4.b On nous propose de vérifier que les entiersnet 2n+1 sont toujours premiers entre eux.

Prenons un diviseurdpositif commun aux deux entiersnet 2n+1. Il existe donc un entierd₁tel quen=d d₁et un entierd₂tel que 2n+1=d d₂.

Observons que 2n+1−2×n=1, et en remplaçant, on trouved d₂−2d d1=1, c’est- à-dired(d₂−2d₁)=1. Cette égalité permet de dire que l’entierd est un diviseur de 1. Or les seuls diviseurs de 1 sont 1 et−1. Le pgcd denet 2n+1 est donc égal à 1 (on a prisd>0), autrement dit

les entiersnet 2n+1 sont toujours premiers entre eux .

Nous venons de voir dans la question précédente que pour tout entiern>1, les entiersn¡_2n

n

¢ et (2n+1)¡_2n

n

¢divisent l’entier∆_2n₊₁.

Il existe donc un entier positifd₃tel que∆_2n₊₁=d₃n¡_2n

n

¢. Par suite, l’entier (2n+1)¡_2n

n

¢divise l’entierd₃n¡_2n

n

¢, et en conséquence, l’entier 2n+1 divise le produitd₃n.

Rappelons le théorème de Gauss :

Théorème de Gauss :

Soienta,betctrois entiers positifs.

Siadivisebc, et siaetbsont premiers entre eux, alorsadivisec.

n, 2n+1 etd3sont trois entiers positifs. Puisque 2n+1 divise le produitd3n et que (2n+1) etn sont toujours premiers entre eux, en appliquant le théorème de Gauss, on déduit que l’entier 2n+1 divise l’entierd₃.

Il existe donc un entier positifd₄tel qued₃=d₄(2n+1). En injectant ce résultat dans l’expression de∆_2n₊₁ci-dessus, on obtient :∆_2n₊₁=n(2n+1)d4(²ⁿ_n).

Cette dernière égalité prouve bien que l’entiern(2n+1)

µ2n n

¶

A.I.4.c k,net 2nsont trois entiers tels que 06k6_2n_{et 0}6n62n. On a donc : µ2n

k

¶

= (2n)!

(2n−k)!k! et

µ2n n

¶

= (2n)!

(2n−n)!n!=(2n)!

n!n!. L’inégalité à démontrer est alors équivalente à

(2n)!

(2n−k)!k!6⁽²ⁿ^)!

(n!)². Il revient au même de démontrer l’inégalité (n!)²6(2n−k)!k!.

Étudions les trois cas suivants :k=n, 06k<netn6k<2n.

(9)

Cas n° 1 : Supposons quek=n. On a alors directement l’égalité : µ2n

k

¶

= µ2n

n

¶ .

Cas n° 2 : Supposons que l’entierk vérifie 06k<n. Dans ce cas, on ak<2n−nou encore n<2n−k. Remarquons que

n!

k!=1× ··· ×k×(k+1)× ··· ×n

1× ··· ×k =(k+1)× ··· ×n.

Ce produit contientn−k−1 facteurs. Remarquons encore que (2n−k)!

n! =1× ··· ×n×(n+1)× ··· ×(2n−k)

1× ··· ×n =(n+1)× ··· ×(2n−k).

Ce produit-ci contient 2n−k−n−1=n−k−1 facteurs également.

Puisquek<n, on a successivement les inégalités suivantes :

k+1<n+1 ; k+2<n+2 ; ... ; n<2n−k. En multipliant tous les termes membre à membre, on obtient l’inégalité

(k+1)× ··· ×n<(n+1)× ··· ×(2n−k), ce qui s’écrit aussi

n!

k!<(2n−k)!

n! ,

ou encore (n!)²<(2n−k)!k!. Nous pouvons donc dire que pour tout entierk∈{0,...,n−1},

µ2n k

¶ 6

µ2n n

¶ .

Cas n° 3 : Supposons que l’entierk vérifien<k6_2n. Dans ce cas, on a que 2n−n<k, ou encore 06_2n₋k<n. Puisque 2n−k∈{0,...,n−1}, on peut appliquer le résultat du cas précédent et affirmer l’inégalité

µ 2n 2n−k

¶ 6

µ2n n

¶ . Or on sait que

µ2n k

¶

= µ 2n

2n−k

¶ , de sorte qu’on puisse affirmer que

pour tout entierk∈{n+1,...,2n}, µ2n

k

¶ 6

µ2n n

¶ . Ainsi, nous venons de démontrer que

pour tout entierk∈{0,...,2n}, on a l’inégalité µ2n

k

¶ 6

µ2n n

¶ .

(10)

A.I.4.d On nous propose de développer l’égalité 4ⁿ=(1+1)²ⁿ.

En appliquant la formule du binôme de Newton (1) rappelée page 4, en prenant le cas particulier oùu=v=1, on obtient :

4ⁿ=(1+1)²ⁿ= X2n k=0

µ2n k

¶

1²ⁿ⁻^k1^k= X2n k=0

µ2n k

¶

= µ2n

0

¶ + ··· +

µ2n 2n

¶ .

Observons que 4ⁿ est est la somme de (2n+1) coefficients binomiaux. D’après la question précédente, nous pouvons écrire les inégalités suivantes :

µ2n 0

¶ 6

µ2n n

¶

; ··· ; µ2n

2n

¶ 6

µ2n n

¶ .

En sommant membre à membre chacun des termes de ces inégalités, on obtient : µ2n

0

¶ + ··· +

µ2n 2n

¶ 6

µ2n n

¶ + ··· +

µ2n n

¶ .

Nous pouvons donc conclure que :

pour tout entiern>1, on a l’inégalité (2n+1) µ2n

n

¶

>₄ⁿ _.

A.I.4.e Il suffit de reprendre les résultats précédents. En effet, en utilisant l’inégalité démontrée dans la question précédente, nous pouvons écrire l’implication

(2n+1) µ2n

n

¶

>₄ⁿ _⇒ _n(2n₊₁₎ µ2n

n

¶

>n4ⁿ. Or nous avons démontré à la question A.I.4.b que l’entiern(2n+1)¡_2n

n

¢) divise l’entier∆_2n₊₁, d’où

∆_2n₊₁>n(2n+1) µ2n

n

¶ .

On déduit de ces deux inégalités que :

pour tout entiern>1, on a l’inégalité∆_2n₊₁>n4ⁿ .

A.I.4.f Il convient de distinguer les deux cas oùnest un entier pair etnest un entier impair : Cas n° 1 : supposons que l’entiernsoit impair. Il peut alors s’écriren=2m+1, oùmest un

entier positif ou nul. Dans ce cas, on a :∆_n=∆_2m₊₁et∆_2m₊₁>_m₄^m_pour_m>_{1 (d’après} la question précédente).

Cherchons alors la valeur dempour laquelle on a l’inégalitém4^m >2^2m⁺¹: observons que cette inégalité est équivalente àm,2^2m>₂^2m_×2, ou encorem>2. De plus, sim>_2, alorsn=2m+1>_5.

Ainsi, sinest un entier impair tel quen>_{5, alors}∆_n>₂ⁿ_.

(11)

Cas n° 2 : supposons que l’entiernsoit pair. Il peut alors s’écrire sous la formen=2m+2, oùm est un entier positif ou nul. Dans ce cas, on a∆_n=∆_2m₊₂. Rappelons que pour tout entierk >1, l’entier ∆_k divise l’entier∆_k₊₁(nous l’avons démontré à la question A.I.4.a). Donc, pour tout entier m>0, l’entier∆_2m₊₁ divise l’entier∆_2m₊₂, ce qui implique l’inégalité ∆_2m₊₁6 ∆_2m₊₂. Or ∆_2m₊₁ > m4^m (d’après la question A.I.4.e). Par suite,∆_2m₊₂>m4^m.

Cherchons alors la valeur dempour laquelle on a l’inégalitém4^m >2^2m⁺²: observons que cette inégalité est équivalente àm2^2m>₂^2m_×₂², ou encorem>4. De plus, sim>_4, alorsn=2m+2>_10.

Ainsi, sinest un entier pair tel quen>10, alors∆_n>2ⁿ.

On en déduit que pour tout entiern>9, on a l’inégalité∆_n>2ⁿ. Vérifions encore que cette inégalité est vraie pourn=7 etn=8.

n=7 : L’égalité est vérifiée grâce au premier cas ci-dessus (nimpair).

n=8 : Déterminons ∆₈ = ppcm(1,...,8). Rappelons que pour le calcul du ppcm de plu- sieurs nombres, il suffit de trouver leur décomposition en produit de facteurs premiers, puis de calculer le produit de chacun des facteurs premiers élevé à la plus grande des puissances trouvées dans chaque décomposition. Ainsi

4=2² ; 6=2×3 et 8=2³.

D’où∆₈=2³×3×5×7=840. D’autre part, 2⁸=256. L’inégalité est donc bien vérifiée pourn=8, puisque∆₈=840>₂₅₆₌₂⁸_.

Finalement,

pour tout entiern>7, on a l’inégalité∆_n>₂ⁿ _.

A.I.5 Soitn>1 un entier.

A.I.5.a On nous propose d’exprimer l’entier vp(∆n) en fonction des entiersvp(1),...,vp(n).vp(∆n) est la valuationp-adique de l’entier∆_n, il est égal à l’exposant depdans la décomposition en facteurs premiers de∆_n. Étudions différents cas représentant différentes valeurs den.

n=1 :

- D’une part,vp(1)=0 pour tout nombre premierp>2,

- D’autre part,∆₁= ppcm(1)=1, d’oùv_p(∆1)=0=v_p(1) pour tout nombre premierp>_2.

n=2 :

- D’une part,v₂(2)=1 etv_p(2)=0 pour tout nombre premierp>_3,

- D’autre part,∆₂= ppcm(1,2)=2, d’où v₂(∆₂)=1=v₂(2) etvp(∆₂)=0=vp(2) pour tout nombre premierp>_3.

n=3 :

- D’une part,v₂(3)=0,v₃(3)=1 etv_p(3)=0 pour tout nombre premierp>_5, - D’autre part,∆₃=ppcm(1,2,3)=2¹×3¹=6, d’oùv₂(∆3)=1=v₂(2),v₃(∆3)=1=

v₃(3) etvp(∆₃)=0=vp(3) pour tout nombre premierp>_5.

(12)

n=4 :

- D’une part,v₂(4)=2, etv_p(4)=0 pour tout nombre premierp>_3,

- D’autre part,∆₄= ppcm(1,2,3,4)=2²×3=12, d’oùv₂(∆4)=2=v₂(4),v₃(∆4)= 1=v₃(3) etvp(∆₄)=0=vp(4) pour tout nombre premierp>5.

En continuant ce raisonnement pour les valeurs suivantes den, nous aboutissons au résul- tat suivant : l’entierv_p(∆_n) est le plus grand des entiers de l’ensemble {v_p(1),...,v_p(n)} des valuationsp-adiques des entiers respectifs allant de 1 àn. Autrement dit,

v_p(∆n)=max©

v_p(i)|i ∈{1,...,nª }.

v_p(∆n) étant un élément de l’ensemble©

v_p(i)|i ∈{1,...,n}ª

, il existe un entierk∈{1,...,n}

tel quev_p(∆n)=v_p(k).

Dans l’énoncé, on nous donne la propriété suivante : pour tout entier n >1 fixé, la suite

¡v_p(n)¢

p∈Pest nulle à partir d’un certain rang, de sorte que l’on peut écrire n= Y

p∈P

p^v^p⁽ⁿ⁾.

Ici,k est un entier fixé dans {1,...,n}. On peut donc écrirek sous la formek= Y

p∈P

p^v^p^(k). Il est clair que

p^v^p^(k)6 ^Y

p∈P

p^v^p^(k)6n (cark6n).

Commevp(k)=vp(∆n), nous pouvons conclure que

pour tout entiern>_{1, si}p∈P _alors_p^v^p^(∆ⁿ⁾6n .

A.I.5.b Nous utilisons la même propriété admise dans l’énoncé et rappelée quelques lignes plus haut pour déterminer que la décomposition en facteurs premiers de l’entier∆_ns’écrit :

∆_n= Y

p∈P

p^v^p^(∆ⁿ⁾.

On nous demande de montrer que, dans cette décomposition, les seuls nombres premiers pdePqui interviennent sont tels quep6n. On raisonne par l’absurde en supposant qu’il existe un nombre premierp₁deP_{tel que}_p₁_>_n>1 etv_p₁_(∆_n₎>1.

Nous avons vu, dans la question précédente, que pour tout nombre premier p dansP_{, il} existe un entierk∈{1,...,n} tel quev_p(∆n)=v_p(k) et qu’on a l’inégalité

k= Y

p∈P

p^v^p^(k)>p^v^p^(k).

Dans notre cas particulier oùp=p₁, il existe un entierk₁∈{1,...,n} tel quevp₁(∆n)=vp₁(k₁) et qu’on a l’inégalité

k₁= Y

p∈P

p^v^p^(k¹⁾>p₁^v^p¹^(k¹⁾.

(13)

Orv_p₁(∆n)>1 (par hypothèse) etp₁>1. On a doncp₁^v^p¹^(k¹⁾>p₁, ce qui impliquek₁>p₁. Par hypothèse, nous avons considérép₁>n, ce qui impliquek₁>n! !

Cette inégalité contredit le fait que k1 est un entier pris dans {1,...,n}. En obtenant une contradiction, nous pouvons considérer que l’hypothèse "p>n>1" est fausse !

On peut donc en conclure que la décomposition en facteurs premiers de l’entier∆_n s’écrit plus simplement sous la forme

∆_n= Y

p6n

p^v^p^(∆ⁿ⁾ .

A.I.5.c Par définition, pour tout entiern>0, on noteπ(n) le nombre de nombres premiers compris dans l’ensemble {0,...,n}. Nous avons vu à la question A.I.5.a que sip∈P_{, alors}_p^v^p^(∆ⁿ⁾6_n.

Nous pouvons donc écrire l’inégalité Y

p6n

p^v^p^(∆ⁿ⁾6 ^Y

p6n

n.

Comme∆_n= Y

p6n

p^v^p^(∆ⁿ⁾(question précédente) et Y

p6n

n=n^π(n), on peut dire que

pour tout entiern>1, on a l’inégalité∆_n6n^π(n) .

A.I.6.a Reprenons les inégalités démontrées dans les questions A.I.4.f et A.I.5.c : - pour tout entiern>_7,∆_n>₂ⁿ (question A.I.4.f),

- pour tout entiern>_1,_∆_n6_n^π(n) (question A.I.5.c).

On obtient ainsi la double-inégalité pour tout entiern>_{7 :} 2ⁿ6∆_n6n^π(n).

En passant au logarithme népérien dans chaque membre des inégalités, on obtient, pour tout entiern>_{7, ln(2}ⁿ₎6_ln(n^π(n)), ou encore

nln(2)6π(n)ln(n).

Nous pouvons donc conclure que

pour tout entiern>7, on a l’inégalité ln(2) n

ln(n)6_{π(n) .}

A.I.6.b Vérifions que l’inégalité ci-dessus est encore vraie pour les entiersn∈{3,4,5,6} et fausse pour n=2. Pour cela, appelons (u_n) la suite définie pour tout entiern>2 par

u_n= n

ln(n)ln(2).

(14)

- On aπ(2)=1 etu₂=2ln(2)/ln(2)=2. Comme 2>1, il vientu₂>π(2).

- On aπ(3)=2 etu₃=3ln(2)/ln(3)≈1,9 (calculatrice). Comme 1,9<2, il vientu₃<π(3).

- On aπ(4)=2 etu₄=4ln(2)/ln(4)=⁴₂^ln(2)_ln(2)=2. Il vientu₄=π(4).

- On aπ(5)=3 etu₅=5ln(2)/ln(5)≈2,2 (calculatrice). Comme 2,2<3, il vientu₅<π(5).

- On aπ(6)=3 etu₆=6ln(2)/ln(6)≈2,3 (calculatrice). Comme 2,3<3, il vientu₆<π(6).

Grâce à ces calculs, nous pouvons affirmer que

pour tout entiern>3, on a l’inégalité ln(2) n

ln(n)6π(n) .

II Une majoration de la fonction π

A.II.1 On cherche dans cette question à majorer le produit Y

p6n

pen fonction de l’entiern>_1.

A.II.1.a Soienta et b deux entiers tels que 0< ^b₂ 6a <b. Le produitQ

a<p6bp contient autant de facteurs qu’il y a de nombres premiers compris dans l’ensemble {a+1,...,b} et tous les fac- teursp sont des nombres premiers. Pour que ce produit divise l’entier¡_b

a

¢, il est nécessaire quetous ses facteurs premiersdivisent l’entier¡_b

a

¢. Nous devons alors montrer que pour tout nombre premierpquelconque dans l’ensemble {a+1,...,b},pdivise l’entier¡_b

a

¢.

Prenons un nombre premierpquelconque dans l’ensemble {a+1,...,b} (en supposant qu’il en existe au moins un !). Observons que, par définition du coefficient binomial, on a

µb a

¶

= b!

(b−a)!a!=1× ··· ×a×(a+1)× ··· ×b

1× ··· ×a×(b−a)! =(a+1)× ··· ×b (b−a)! . On en tire la relation

(b−a)!

µb a

¶

=(a+1)× ··· ×b.

(a+1)× ··· ×b est le produit de tous les nombres entiers qui se trouvent dans l’ensemble {a+1,...,b}. Parmi ces nombres, on trouve en particulier p. Le nombre p divise donc ce produit, ou encore

pdivise le produit (b−a)!

µb a

¶ .

(b−a)! est le produit de tous les nombres allant de 1 jusqu’à (b−a). Mais, par hypothèse,aet bsont deux entiers tels que ^b₂6a<b, ce qui donneb6_2a_<2b, ou encoreb−a6a<2b−a.

Ainsi, tous les facteurs du produit (b−a)! sont inférieurs à a. Commep∈{a+1,...,b}, il ne peut diviser aucun de ces facteurs (carp>a).

En conséquence, les entiers p et (b−a)! sont premiers entre eux. En appliquant le théo- rème de Gauss (rappelé page 8), on peut affirmer que p divise l’entier ¡_b

a

¢, ce qui permet de conclure que

le produit Y

a<p6b

pdivise l’entier µb

a

¶ .

(15)

A.II.1.b Posonsa=m+1 etb=2m+1, pour tout entierm>1. Il convient de vérifier que ces deux entiers sont tels que 0<^b₂6a<b, afin de pouvoir appliquer le résultat de la question précé- dente.

Observons queb

2=2m+1

2 =m+1

2>0. De plus,

m>₁_⇒_m₊_m>_m₊₁_⇒_2m>_m₊₁_⇒_2m₊₁_>_m₊₁_⇒_b_>_a.

Enfin, il est clair quem+1

26m+1, c’est-à-dire b 2 6_a.

Par application de la question précédente, on conclut que

pour tout entierm>1, le produit Y

m+1<p6_2m₊₁

pdivise l’entier

µ2m+1 m+1

¶ .

A.II.1.c Les entiers 2m+1 et m sont tels que 16m 62m+1. En posanta =2m+1 et b =m, le coefficient binomial¡_b

a

¢s’écrit alors : µb

a

¶

=

µ2m+1 m

¶

= (2m+1)!

(2m+1−m)!m!= (2m+1)!

(m+1)!m!.

Les entiers 2m+1 etm+1 sont tels que 26_m₊₁6_2m₊1. En posanta=2m+1 etb=m+1, le coefficient binomial¡_b

a

¢s’écrit alors : µb

a

¶

=

µ2m+1 m+1

¶

= (2m+1)!

(2m+1−m−1)! (m+1)!= (2m+1)!

m! (m+1)!.

Nous pouvons donc conclure que

pour tout entierm>1, les entiers

µ2m+1 m

¶ et

µ2m+1 m+1

¶

sont égaux .

A.II.1.d On nous propose de développer la quantité (1+1)^2m⁺¹.

En appliquant la formule du binôme de Newton (1), rappelée page 4, au cas particulier oùu=v=1 etn=2m+1, on peut écrire

(1+1)^2m⁺¹=

2m+1

X

k=0

µ2m+1 k

¶

1^2m⁺¹⁻^k1^k=

m

X

k=0

µ2m+1 k

¶ +

2m+1

X

k=m+1

µ2m+1 k

¶ .

Nous avons vu à la question précédente que pour tout entierm>1, on a l’égalité µ2m+1

m

¶

=

µ2m+1 m+1

¶ .

(16)

De plus, on a les égalités de coefficients binomiaux : µ2m+1

0

¶

=

µ 2m+1 2m+1−0

¶

=

µ2m+1 2m+1

¶

µ2m+1 1

¶

=

µ 2m+1 2m+1−1

¶

=

µ2m+1 2m

¶

...

µ2m+1 m−1

¶

=

µ 2m+1 2m+1−m+1

¶

=

µ2m+1 m+2

¶

En sommant terme à terme dans chaque égalité, on obtient pour tout entierm>_{1 :} µ2m+1

0

¶ + ··· +

µ2m+1 m

¶

=

µ2m+1 m+1

¶ + ··· +

µ2m+1 2m+1

¶

⇔

m

X

k=0

µ2m+1 k

¶

=

2m+1

X

k=m+1

µ2m+1 k

¶

⇔2

m

X

k=0

µ2m+1 k

¶

=

m

X

k=0

µ2m+1 k

¶ +

2m+1

X

k=m+1

µ2m+1 k

¶

⇔ 2

m

X

k=0

µ2m+1 k

¶

=(1+1)^2m⁺¹.

D’autre part, observons que (1+1)^2m⁺¹=2^2m⁺¹=2^2m×2=4^m×2. Après simplification par 2, l’égalité précédente s’écrit donc

4^m= Xm k=0

µ2m+1 k

¶ .

4^mest la somme de (m+1) coefficients binomiaux tous positifs. Chaque coefficient de cette somme est alors inférieur à 4^m, en particulier celui donné park=mqui permet de conclure que

pour tout entierm>1, on a l’inégalité

µ2m+1 m

¶

64^m .

A.II.1.e Reprenons le résultat de la question A.II.1.b qui nous amène l’implication suivante, pour tout entierm>1 :

Y

m+1<p62m+1

pdivise l’entier

µ2m+1 m+1

¶

⇒ Y

m+1<p62m+1

p6

µ2m+1 m+1

¶ A.II.1.c

⇒ Y

m+1<p62m+1

p6

µ2m+1 m

¶ .

La question précédente nous permet alors de conclure que pour tout entierm>1, on a l’inégalité Y

m+1<p62m+1

p6₄^m _.

(17)

A.II.1.f On nous propose de montrer, par récurrence sur l’entiern>1, la propriétéP_n: pour tout k∈{1,...,2n} ; on a

Y

p6k

p6₄^k_. Initialisation (n=1) : L’entierkappartient alors à {1,2}.

- Sik=1, alors Y

p6k

p= Y

p61

p=1 car il n’y a aucun nombre premier inférieur à 1.

D’autre part, on a 4¹=4. On a donc bien, dans le cas oùk=1, Y

p61

p6₄¹_. - Sik=2, alors Y

p6k

p= Y

p61

p=2 car le seul nombre premier inférieur à 2 est 2.

D’autre part, on a 4²=16. On a donc bien, dans le cas oùk=2, Y

p62

p6₄²_.

Hérédité : Supposons que, pour un certain entierm>1 fixé, on ait la propriétéP_m_{. Mon-} trons qu’alors on a la propriétéP_m₊₁, c’est-à-dire montrons que

pour toutk∈{1,...,2m+2}, on a Y

p6k

p64^k.

Il s’agit seulement de vérifier que l’inégalité est vraie pourk∈{2m+1,2m+2} : en effet, cette inégalité est vraie jusqu’au rangm par hypothèse de récurrence. Observons que 2m+1=2(m+1) n’est pas un nombre premier, de sorte que

Y

p62m+1

p= Y

p62m+2

p.

Il revient donc au même d’étudier les cask=2m+1 etk =2m+2, et il suffit donc de démontrer l’inégalité

Y

p62m+1

p6₄^2m⁺¹_.

On peut écrire ce produit sous la forme Y

p62m+1

p= Y

p6m+1

p× Y

m+1<p62m+1

p.

Sik=m+1, on a l’inégalité Y

p6m+1

p64^m⁺¹(grâce à l’hypothèse de récurrence).

D’après la question précédente, pour tout entierm>1, on a l’inégalité Y

m+1<p62m+1

p6 4^m.

Ainsi, en multipliant membre à membre dans les deux dernières inégalités, on obtient Y

p6m+1

p× Y

m+1<p62m+1

p6₄^m⁺¹_×₄^m _⇔ ^Y

p62m+1

p6₄^2m⁺¹_, ce qui estP_m₊₁_.

On aP₁et (pour toutn>1,P_n_⇒P_n

+1). D’après le principe du raisonnement par récur- rence, la propriétéP_nest vraie à tout rang plus grand quen=1 : pour toutn>1, pour tout k∈{1,...,2n}, on aQ

p6kp6₄ⁿ. On peut en conclure que pour tout entiern>1, on a l’inégalité Y

p6n

p64ⁿ .

(18)

A.II.2.a On nous propose d’utiliser le développement en série entière de la fonction exponentielle.

On a :

∀x∈R, exp(x)=

+∞X

n=0

xⁿ n!.

C’est la somme d’une série entière à termes strictement positifs. Soit alorsm>1 un entier.

Tous les termes de cette somme sont strictement inférieurs à exp(x), en particulier le terme x^m/m!. On a donc,

∀x∈R, exp(x)>x^m m!

x=m

⇒ exp(m)>m^m m! . Il est intéressant de noter que exp(m)=exp(m×1)=¡

exp(1)¢m

=e^m. L’inégalité s’écrit alors e^m>m^m

m! , ou encore, ce qui est désiré,

pour tout entierm>1, on a l’inégalitém!>³m e

´m

.

A.II.2.b Soitn>2 un entier. Vérifions , pour répondre à cette question, que l’on a π(n)! 6 ^Y

p6n

p.

Pour tout entier n >_{0, on note} π(n) le nombre de nombres premiers compris dans l’en- semble {0,...,n}. Notonsp₁,...,p_π(n)les nombres premiers compris dans l’ensemble {0,...,n}

tels quep₁< ··· <p_π(n) etp₁=2,p₂=3,p₃=5, etc., de sorte que le produit de l’inégalité à vérifier s’écrive sous la forme

Y

p6_n

p=p₁× ··· ×p_π(n).

Nous allons démontrer que pour tout entierk >1, on a l’inégaliték 6p_k. Pour cela, pro- cédons par récurrence sur l’entierk en considérant la propriétéP_k, définie pourk>1 par P_k_:_k6_p_k_.

Initialisation (k=1) : Puisque, pour k=1, on ap_k =p₁=2 et 162, la propriétéP_k _est initialisée au rangk=1.

Hérédité : Supposons que, pour un certain entierm>1 fixé, on ait la propriétéP_m_{. Mon-} trons qu’alors on a la propriétéP_m

+1.

La suite d’entiers (pi) est strictement croissante :pm+1−pm>0, ou encorepm+1−pm>

1, ce qui permet d’écrire l’inégalitép_m₊₁>p_m+1. De plus, puisquem+16p_m+1 (par hypothèse de récurrence), on am+16p_m₊₁, ce qui estP_m

+1. On aP₁et (pour toutk>_1,P_k_⇒P_k

+1). D’après le principe du raisonnement par récur- rence, la propriétéP_kest vraie à tout rang plus grand quek=1 : pour toutk>_{1, on a}k6p_k. On en tire alors toutes les inégalités suivantes : 16p₁; ···; π(n)6p_π(n).