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A de N et tout entier n ≥ 1 , on pose S

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Pour toute partie

1

A de N et tout entier n ≥ 1 , on pose S

n

(A) = Card(A ∩ J 1, n K )

et on appelle densité de Schnirelmann de A le réel σ(A) = inf{ S

n

(A)

n , n ≥ 1}

Si A et B sont deux parties de N, on pose

A + B = {a + b, a ∈ A, b ∈ B}

1. a. Justier la dénition de σ(A) et montrer que σ(A) ≤ 1 . b. Que vaut σ(A) si 1 6∈ A ?

c. Sous quelle condition a-t-on σ(A) = 1 ? d. Si A ⊂ B , comparer σ(A) et σ(B ) . 2. Calculer σ(A) pour les parties suivantes :

a. A est une partie nie de N.

b. A est l'ensemble des entiers impairs.

c. Soit k ≥ 2 entier xé et A l'ensemble des puissances k -ièmes d'entiers.

A = {m

k

, m ∈ N

}

3. Soit A et B deux parties de N contenant 0 , soit n ≥ 1 un nombre entier. En considérant C = {n − b, b ∈ J 0, n K ∩ B}

montrer que

S

n

(A) + S

n

(B) ≥ n ⇒ n ∈ A + B 4. Soit A et B deux parties de N contenant 0 .

a. Montrer que si σ(A) + σ(B) ≥ 1 alors A + B = N.

b. Montrer que si σ(A) ≥

12

alors tout entier est la somme de deux éléments de A .

1D'après le problème 1 de l'ouvrage "Problèmes choisis de mathématiques supérieure" (Springer).

Corrigé

1. a. Par dénition, σ(A) est la borne inférieure d'un ensemble non vide de nombres réels. Cette dénition est correcte car cet ensemble est formé de réels tous positifs ou nuls. Il est donc minoré (par 0 ) et, d'après les axiomes de R, toute partie de R non vide et minorée admet une borne inférieure. On peut déduire aussi que 0 ≤ σ(A) car 0 est un minorant de A et inf(A) est le plus grand des minorants.

D'autre part,

∀n ∈ N

, ] (A ∩ J 1, n K ) ≤ n ⇒ S

n

(A) n ≤ 1 et σ(A) ≤

Snn(A)

⇒ σ(A) ≤ 1 .

b. Si 1 6∈ A , {1} ∩ A = ∅ donc S

1

(A) = 0 et σ(A) ≤ 0 d'où σ(A) = 0 .

c. Supposons que σ(A) = 1 . Comme σ(A) est un minorant de l'ensemble des

Snn(A)

:

∀n ∈ N

, 1 ≤ S

n

(A)

n ⇒ n ≤ S

n

(A)

Or J 1, n K ∩ A contient au plus n éléments, donc ici J 1, n K ⊂ A pour tous les entiers n . On en déduit que σ(A) = 1 entraîne A = N. La réciproque est évidente.

d. Si A ⊂ B , il est clair que S

n

(A) ≤ S

n

(B) donc σ(A) est un minorant de l'ensemble des

Snn(B)

. Or σ(B) est le plus grand des minorants des

Snn(B)

donc σ(A) ≤ σ(B) . 2. a. Ici A est une partie nie, on note m son nombre d'éléments. Il est clair que S

n

(A) ≤

mn

. Donc, pour tous les entiers n , σ(A) ≤

mn

. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .

b. Ici A est l'ensemble de tous les entiers impairs. Évaluons le nombre d'entiers impairs dans J 1, n K :

](A ∩ J 1, n K ) =

 

  n + 1

2 si n impair n

2 si n pair ⇒ S(n) n =

 

  1 2 + 1

n si n impair 1

2 si n pair On en déduit que

12

est un minorant donc

12

≤ σ(A) et que

∀n impair , 1

2 ≤ σ(A) ≤ 1 2 + 1

n

On obtient σ(A) =

12

par passage à la limite dans une inégalité.

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/

1

Rémy Nicolai Aschnire

(2)

MPSI B 29 juin 2019

c. Ici A = {m

k

, m ∈ N } . Pour un entier n donné, le nombre d'entiers m tels que m

k

≤ n est la partie entière de n

1k

. On en déduit :

∀n ∈ N

, σ(A) ≤ S

n

(A) n ≤

j n

1k

k

n ≤ n

k1−1

La suite à droite converge vers 0. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .

3. L'ensemble C contient S

n

(B) + 1 éléments. Le +1 venant de la présence de 0 qui est dans A et B . De même, l'ensemble A ∩ J 0, n K contient S

n

(A) + 1 éléments. La somme des cardinaux

2

de ces deux ensembles est donc S

n

(A) + S

n

(B) + 2 ≥ n + 2 . Comme ces deux ensembles sont dans J 0, n K qui contient n + 1 éléments et que la somme de leurs nombres d'élément est strictement plus grande, leur intersection est non vide. Il existe donc a ∈ A ∩ J 0, n K et b ∈ B ∩ J 0, n K tels que a = n − b ce qui entraîne n ∈ A + B . Ceci est valable pour n'importe quel entier n .

4. a. Supposons σ(A) + σ(B ) ≥ 1 . Alors, pour tout entier n : 1 ≤ σ(A) + σ(B) ≤ S

n

(A)

n + S

n

(B)

n ⇒ S

n

(A) + S

n

(B) ≥ n

La question précédente montre alors que n ∈ A +B . Comme ceci est valable pour tous les n , on a bien N = A + B .

b. Il sut d'appliquer la question précédente avec B = A .

On peut remarquer que l'hypothèse 0 ∈ A permet d'utiliser la question 3. Elle est indispensable à ce résultat car, si A est l'ensemble des impairs, sa densité est

12

mais un nombre impair n'est certainement pas la somme de deux impairs.

2le cardinal d'un ensemble ni est le nombre d'éléments qu'il contient.

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 Aschnire

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