Exercice. Sous-groupe centralisateur.

Exercice. Sous-groupe centralisateur.

1. Vérions les propriétés requises pour queC(A)soit un sous groupe.

Non vide : Il contient le neutre qui commute avec tout le monde Stable pour l'opération : Soitxety deux éléments deC(A)alors :

∀a∈A: (xy)a=x(ya) =x(ay) = (xa)y=a(xy) doncxy∈ C(A).

Stable pour l'inversion : Soitx∈ C(A)alors :

∀a∈A:x⁻¹a=x⁻¹a(xx⁻¹) = (x⁻¹x)ax⁻¹=ax⁻¹ doncx⁻¹∈ C(A).

2. Montrons queX⊂Y entraîneC(Y)⊂ C(X). En eet tout élémentudeC(Y)commute avec tout élément deY. Il commute donc avec tous les éléments de X (qui sont des éléments particuliers deY). Un teluest donc dansC(X).

3. Montrons que X ⊂ C(C(X)). En eet toutx de X commute par dénition de C(X) avec un élément quelconque deC(X).

4. Utilisons d'abord les questions 3. appliquée àApuis la question 2.

A⊂ C(C(A))⇒ C(C(C(A)))⊂ C(A)

Utilisons ensuite à nouveau la question 3. mais appliquée à C(A) au lieu de X. On obtient l'autre inclusion :

C(A)⊂ C(C(C(A)))

Problème. Postulat de Bertrand

Partie I. Outils.

1. Les premiers nombres premiers sont 2,3,5,7,11,13,17. On en déduit le tableau des premières valeurs deπcomplété par des éléments utiles à la question suivante.

n 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

π(n) 1 2 2 3 3 4 4 4 4 5 5 6 6 6 6

n

2 −1 0 .5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 6.5 7

Pourn≥17, les nombres impairs deJ17, nKsont de la forme2k+ 1avec

17≤2k+ 1≤n⇔8≤k≤ n−1 2

Il en existe doncbⁿ⁻¹₂ c −7. Comme tous les nombres premiers (sauf2) sont impairs et que15,16ne sont pas premiers, on peut majorerπ(n).

π(n)≤π(14) +Nb d'entiers impairs dansJ17, nK

≤6 +

bn−1 2 c −7

=bn−1

2 c −1≤n 2 −1

2. Traduisons les hypothèses : il existe des entiersα, β,u, vtels que m=αa=βb et ua+vb= 1 (relation de Bezout) On multiplie la relation de Bezout parαet on montre queb diviseα:

α=uaα+vbα=um+vbα=uβb+vbα= (uβ+vα)b⇒m=αa= (uβ+vα)ab

3. On combine linéairement les inégalités caractérisant les parties entières : x−1<bxc ≤x × −2 2x−1<b2xc ≤2x × −2

−1<b2xc −2bxc<2

Comme b2xc −2bxc ∈ Z, on déduit b2xc −2bxc ∈ {0,1}. En introduisant la partie fractionnaire{x} :

2x= 2bxc+ 2{x} donc2bxc=b2xc ⇔2{x} ∈[0,1[⇔ {x} ∈[0,1 2[

4. Rangeons du plus grand au plus petit les termes du développement deln(T(x)). En +∞, chacun tend en valeur absolue vers +∞ en étant négligeable devant celui à sa gauche) :

ln(T(x)) = ln 4 3 x− 1

√2

√xlnx−ln 2

√2

√x+1 2lnx On en déduitln(T(x))∼ ^{ln 4}₃ xet T tends vers+∞en+∞.

5. Les diviseurs premiers d'un naturelm≤nsont inférieurs ou égaux àm. La décompo- sition en facteurs premiers den!ne contient que des diviseurs des naturelsm≤n, ils sont donc tous inférieurs ou égaux àn.

Comme ²ⁿ_n

divise(2n)!(car(2n)! = (n!)^{2 2n}_n

), tout diviseur premierpde ²ⁿ_n divise aussi(2n)!. On en tirep≤2n.

6. En multipliant par la quantité conjuguée, on montre que le signe de ²₃n−√

2nest le même que celui de

4n²−18n= 2n(2n−9)

L'expression est négative pourn= 3ou4 et positive pourn≥5.

Partie II. Inégalités.

1. a. Le développement de(1 + 1)^2k+1 par la formule du binôme est formée de coe- cients du binôme parmi lesquels ^2k+1_k et _2k+1−k^2k+1 sont égaux entre eux. On en tire

2

2k+ 1 k

=

2k+ 1 k

+

2k+ 1 2k+ 1−k

≤(1 + 1)^2k+1= 2^2k+1= 2×4^k

⇒

2k+ 1 k

≤4^k b. Utilisons l'expression habituelle du coecient du binôme :

2k+ 1 k

=

kfacteurs

z }| { (2k+ 1)(2k)· · ·

k! = (2k+ 1)· · ·(k+ 2) k!

car2k+ 1−k+ 1 =k+ 2. On en déduit que (2k+ 1)· · ·(k+ 2) divise ^2k+1_k . Tout nombre premier deJk+ 2,2k+ 1Kest un diviseur de(k+ 2)· · ·(2k+ 1)donc de ^2k+1_k

.

c. Chaque nombre premier deJk+2,2k+1Kdivise ^2k+1_k . Les nombres premiers dis- tincts dans cet intervalle sont deux à deux premiers entre eux, d'après la question I.6., leur produit divise encore ^2k+1_k ; il est donc inférieur ou égal à ^2k+1_k . d. La proposition(In) : P_n ≤4ⁿ est bien vériée pour les petites valeurs den:

P2= 2≤4²= 16, P3= 6≤4³, P4= 6≤4⁴,· · · Montrons que(In)⇒(In+1).

Sin= 2k+ 1est impair. Commen+ 1(pair) n'est pas premier,Pn+1=Pn≤ 4ⁿ≤4ⁿ⁺¹.

Sin= 2k est pair. On sépare les nombres premiers inférieurs àn+ 1 = 2k+ 1 en deux catégories : inférieurs ou égaux àk+ 1ou dansJk+ 2,2k+ 1K. D'après la question précédente, on peut majorer le produit de ceux là :

Pn+1=P2k+1≤Pk+14^k≤4^2k+1= 4ⁿ⁺¹ en utilisant l'hypothèse de récurrence pour majorerPk+1.

2. a. Dans ce cas particulier, l'expression des coecients du binôme avec les factorielles redondantes est plus commode

λ_n= (2n+ 2)!

((n+ 1)!)² (n!)²

(2n)! =(2n+ 1)(2n+ 2)

(n+ 1)² =2(2n+ 1) n+ 1

b. On étudie la fonctionf dénie dans]− ∞,1]par : f(x) =√

1−x−1 +x 2 Elle est continue dans]− ∞,1]et dérivable dans]− ∞,1[.

∀x∈]0,1[, f⁰(x) =1 2

− 1

√1−x+ 1

<0 car0<1−x <1

La fonction est donc strictement décroissante dans[0,1]et strictement croissante dans]− ∞,0]avecf(0) = 0, elle est négative ou nulle dans]− ∞,1].

c. Notons I_n: ²ⁿ_n

≥₂^4√n_n. Pour n= 2: 2n

n

= 4

2

= 6et 4ⁿ 2√

n = 4² 2√

2 = 4√

2 ⇒ I2 car6²= 36≥(4√

2)²= 32

Montrons queIn⇒ In+1. 2(n+ 1) n+ 1

=2(2n+ 1) n+ 1

2n n

≥2(2n+ 1) n+ 1

4ⁿ 2√ n Pour montrerI_n+1, il sut de montrer que

Tn=

2(2n+1) n+1

4ⁿ 2√ n 4ⁿ⁺¹ 2√

n+1

≥1

Or

Tn= 2(2n+ 1)√ n+ 1 (n+ 1)4√

n = 2n+ 1 2p

(n+ 1)n= 1 + _2n¹ q

1 +_n¹ On conclut queTn≥1en utiisantf(−¹_n)≤0.

Partie III. Diviseurs premiers de n!.

1. a. Soitppremier dansJ2, nKetVp(n)le plus grand desvp(m)pourm∈J2, nK.

Il existe desmtels quevp(m) =Vp(n). Pour un telm:

p^Vp(n)divisem⇒p^Vp(n)≤m≤n⇒V_p(n) lnp≤lnn⇒V_p(n)≤lnn lnp

⇒Vp(n)≤ blnn lnpc Soitk=b^ln_lnⁿ_pc ∈N. Alorsp^k ≤net on peut choisirm=p^kpour lequelvp(m) =k. On en déduit

Vp(n)≥k=blnn lnpc b. D'après la question précédente,

Vp(n)≤Vp(2n) =bln 2 + lnn

lnp c ≤1 +blnn

lnpc=Vp(n) + 1 car0< ^{ln 2}_lnp ≤1et la fonction partie entière est croissante.

2. Pourq∈J2, nK, les multiples deqdansJ1, nKsont de la formekqavec q≤kq≤n⇔1≤k≤ n

q ⇔1≤k≤ bn qc Il en existe bien≤ bⁿ_qc.

3. Soitientier tel que1≤i≤Vp(n). Il vérie doncpⁱ≤n.

a. Soitm∈J2, nK. Alors vp(m) =i si et seulement si pⁱ divise m etpⁱ⁺¹ ne divise pasm.

b. Dans J1, nK, notons Mi l'ensemble des multiples de pⁱ et Mi+1 l'ensemble des multiples depⁱ⁺¹. Alors :

v_p(m) =i⇔m∈ Mi etm /∈ Mi+1

Comme de plusMi+1⊂ Mi, on peut conclure

]{m∈J1, nKtqvp(m) =i}=]Mi−]Mi+1=bn

qⁱc − b n qⁱ⁺¹c (en notant]Ωle nombre d'éléments d'un ensemble niΩ)

c. Pour évaluervp(n!), on remarque d'abord que

v_p(n!) =

n

X

m=2

v_p(m)

On classe lesmsuivant la valeurvp(m)qui est un nombre entre1etVp(n). Pour unidonné, on connait le nombre de mpour lesquelsvp(m) =i.

vp(n!) =

Vp(n)

X

i=0

i×(Nb demtqvp(m) =i) =

Vp(n)

X

i=0

i

bn

pⁱc − b n pⁱ⁺¹c

On développe puis on change l'indice de la deuxième somme

vp(n!) =

V_p(n)

X

i=0

ibn pⁱc −

V_p(n)+1

X

i=1

(i−1)bn pⁱc=

V_p(n)

X

i=1

bn pⁱc

car le terme i= 0 de la première somme est nul (à cause du i en facteur) ainsi que le termei=V_p(n) + 1de la deuxième (pour ce termepⁱ > n).

4. Application :V₂(100) est le plus grand exposanti tel que 2ⁱ ≤100 c'est à dire6 car 2⁶= 64. On présente les calculs permettant de calculerv₂(100)etv₅(100!) dans deux tableaux

i 1 2 3 4 5 6

2ⁱ 2 4 8 16 32 64

b¹⁰⁰₂i c 50 25 12 6 3 1

i 1 2

2ⁱ 5 25

b¹⁰⁰₂i c 20 4 On en déduit

v2(100!) = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97 v5(200!) = 20 + 4 = 24

Le nombre de zéros par lequel se termine100!écrit en décimal est le plus petit de ces deux exposants soit24.

Partie IV Diviseurs premiers de ²ⁿ_n .

1. Utilisons l'expression du coecient du binôme avec les factorielles redondantes : 2n

n

= (2n)!

(n!)² ⇒vp( 2n

n

) =vp((2n)!)−2vp(n!)

puis les questions II.3.c. et II.1.b. D'après la deuxième,V_p(2n) =V_p(n)ouV_p(n) + 1

v_p( 2n

n

) =

V_p(n)

X

i=1

b2n

pⁱc −2bn pⁱc

+







0 siV_p(2n) =V_p(n) b 2n

p^Vp(2n)c siVp(2n) =Vp(n) + 1 Dans le deuxième cas, notons k =Vp(n). Alors Vp(2n) =k+ 1 et montrons que la partie entière vaut0 ou1.

k=V_p(n)⇒p^k≤n < p^k+1⇒2n <2p^k+1⇒ 2n

p^k+1 <2⇒ b 2n

p^k+1c ∈ {0,1}

On en déduit la première inégalité demandée. La deuxième vient de la question I.2.

Vp(n)

X

i=1

b2n

pⁱc −2bn pⁱc

| {z }

= 0ou1

+εp(n)≤Vp(n) +Vp(2n)−Vp(n) =Vp(2n)

2. Ces propriétés reposent sur la dénition de V_p(n) et la majoration de la question précédente. Propriété (1).

p^vp((²ⁿ_n)⁾≤p^Vp(2n)≤p^{bln(2n)lnp c} ≤p^ln(2n)lnp = 2n Implication (2).

√

2n≤p⇒ 1

2ln(2n)≤lnp⇒ lnn

lnp ≤2−ln 2

lnp⇒V_p(n) =blnn lnpc ≤1

⇒vp( 2n

n

)≤Vp(n)≤1

Implication (3).

2

3n < p⇒ln 2 + lnn≤lnp+ ln 3⇒ lnn

lnp ≤ ln(³₂)

lnp <1⇒V_p(n) = 0⇒v_p( 2n

n

) = 0

Partie V. Conclusion.

1. Par dénition des coecients du binôme,

n!

2n n

= (2n)(2n−1)· · ·(n+ 1)

Les nombres premiers deJn+ 1,2nKdivisent(2n)(2n−1)· · ·(n+ 1)et sont premiers avecn!. Ils divisent ²ⁿ_n

d'après le lemme de Gauss. Leurs produit Rn le divise aussi d'après la question I.6.

2. Pourn≥5, la question I.6. indique que√

2n≤ ²₃n. Les nombres premiers plus grands quensont aussi plus grands que√

2ndonc leur valuation dans le coecient du binôme est 1. Aucun d'entre eux n'est donc un diviseur deQn; tous les diviseurs de Qn sont plus petits quen. Or, d'après l'implication (3) de IV.2., aucun nombre premier dans J

2

3n, nKne divise le coecient du binôme. On en déduit que tous les diviseurs premiers deQ_n sont inférieurs ou égaux à ²₃n.

Il existe donc deux types de diviseurs deQ_n. Ceux dansJ2,√

2nK. Sipest l'un d'entre eux, on sait que p^vp((²ⁿ_n)⁾≤2n

Il existe au plusπ(√

2n)nombres premiers de ce type. On peut majorer leur produit (avec la valuation)

Pdt des nbs du premier type ≤(2n)^π(

√2n)

Ceux dansJ

√2n, nK. Sipest l'un d'entre eux, on sait que

p≤2

3n et et v_p( 2n

n

) = 1

On peut majorer leur produit (valuation = 1) Pdt des nbs du deuxième type ≤P_b2

3nc ≤4²³ⁿ (question II.1.d) En faisant le produit des deux, on obtient la majoration demandée.

3. Pourn≥98, exploitons les diverses inégalités.

On peut utiliser celle de la question I.1. avec√ 2ncar n≥98⇒2n≥196 = (14)²

On en déduit

π(√ 2n)≤

√ 2n 2 −1 =

rn 2 −1

Rn=

2n n

Q_n ≥ 4ⁿ

2√

n(2n)^−π(

√2n)4⁻²³ⁿ≥ 4ⁿ 2√

n(2n)¹⁻

√n

2 4⁻²³ⁿ=√

n4ⁿ³ (2n)

√n 2

On retrouve la valeur ennde la fonction T de la question I.3. Comme elle tend vers +∞en+∞, elle sera donc strictement plus grande que1 pourn assez grand. Ce qui assure l'existence de nombres premiers dans l'intervalleJn,2nK.