Probl` eme I – Ordre d’un ´ el´ ement et ordre d’un groupe ab´ elien

DS4 de MP2 18.10.16

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Dur´ ee : 4 heures

Probl` eme I – Ordre d’un ´ el´ ement et ordre d’un groupe ab´ elien

Partie I – G´ en´ eralit´ es sur les ordres

I.1

a x^l−1=x⁻¹, donck∈Zv´erifie (x^l−1)^k = 1_G si et seulement six^k = 1_G : l’ordre de x^l−1 estl.

bPour m∈N^∗ divisantl, on a (x^m)^k= 1_G si et seulement si mkest multiple de l, si et seulement sik est multiple del/m : l’ordre dex^mestl/m.

I.2

a Cours.

bSiGest cyclique, engendr´e parxd’ordreN, alors pour toutmdivisantN,x^N/m est d’ordrem.

Si, r´eciproquement,Gv´erifie la seconde propri´et´e, alors il admet en particulier un ´el´ement d’ordre N, et il est donc cyclique.

I.3

aSoittl’ordre deab. D´ej`a, il est clair que (ab)^mn= 1G, caraetbcommutent (et donc (ab)^mn=a^mnb^mn).

Ceci montre quetdivisemn.

Comme (ab)^tm =a^tmb^tm =b^tm, ndivise tm. Comme en outrenest premier avecm,ndivise t(lemme de Gauss). De mˆeme,mdiviset, puis,mn diviset(carm∧n= 1) : t=mn.

Autre preuve du fait quet=mn. Puisque (ab)^t= 1_G, on aa^−t=b^t, donc cet ´el´ement deGest `a la fois dans

< a >et< b >: son ordre divisemetnqui sont premiers entre eux, donc son ordre vaut 1 puisa^−t=b^t= 1_G, donct est multiple dem et den, puis de leur produit (carm∧n= 1).

bNotons Ωal’ensemble des nombres premiersptels quevp(m)>vp(n), et notons Ωbson compl´ementaire dansP.

On pose

m⁰= Y

p∈Ω_a

p^vp(m) et n⁰ = Y

p∈Ω_b

p^vp(n)

Il est clair quem⁰ divise m(pour toutp∈ P, v_p(m⁰)6v_p(m)), et quen⁰ divise n. De plus, pour tout p∈ P, vp(m⁰n⁰) = max(vp(m), vp(n)), et doncm⁰n⁰=m∨n. Enfin, il est clair quem⁰∧n⁰ = 1 (Ωaet Ωbsont disjoints).

On sait quea^m/m0 etb^n/n0 sont d’ordres respectifsm⁰ etn⁰ premiers entre eux, et donc que leur produit est d’ordrem⁰n⁰=m∨n.

Partie II – Exposant d’un groupe ab´ elien fini

II.1

a Il s’agit de montrer que Ω est non vide, ce qui est clair carN ∈Ω d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange.

bPar d´efinition de Ω et du ppcm,

Ω =





\

g∈G

o(g)Z



∩N^∗= ppcm(o(g), g∈G)Z∩N^∗ d’o`u le r´esultat.

cNotonsul’ordre maximal d’un ´el´ement de G(un tel maximum existe car{o(g), g∈G} est une partie non vide deN^∗major´ee parN). Il s’agit de montrer queu=r. Nous savons d´ej`a queudiviser. R´eciproquement, soitg∈G, et soitkson ordre. Puisqu’il existe un ´element deGd’ordreu∨k, et queu∨k>u, on au∨k=u par d´efinition deu,i.e.kdiviseu. Ceci donne doncr|u, puisu=r.

dPour que m∈N^∗ soit l’ordre d’un ´el´ement deG, il faut quem diviser(r est le ppcm des ordres des

´el´ements deG).

R´eciproquement, puisqueGadmet un ´el´ement d’ordrer, il admet aussi un ´el´ement d’ordre tout diviseur de rpr´ealablement fix´e.

II.2 Si r = N, alors G est cyclique puisqu’il poss`ede un ´el´ement d’ordre N. R´eciproquement, si G est cyclique, alors il poss`ede un ´el´ement d’ordreN, doncr=N.

Pour G= (Z/2Z)²,N = 4 etr= 2.

II.3DansS3, l’exposant deGvaut 6, mais aucun ´el´ement de S3n’est d’ordre 6.

Probl` eme II – Une version faible du th´ eor` eme des nombres premiers

Partie III – L’ensemble des nombres premiers est infini

III.1Supposons queP ={q₁, . . . , q_n}(o`u n∈N<sup>∗</sup>). L’entier Q<sup>def</sup>= q<sub>1</sub>. . . q<sub>n</sub>+ 1 admet au moins un diviseur premier, diff´erent deq1, . . . , qn, puisqueqi∧Q= 1 pour touti∈[[1, n]], d’o`u une absurdit´e.

III.2

a Il s’agit d’une s´erie g´eom´etrique de raison ¹_n ∈]0,1[, et de terme initial 1 : cette s´erie converge et sa somme vaut ¹

1−_n¹.

bSi nous supposonsP fini, alors il existe un entierN tel que, pour tout entiernsup´erieur ou ´egal `a pN, on ait

n

X

k=1

1 k 6

N

Y

i=1

1− 1 pi

⁻¹

ce qui prouve la convergence de la s´erie harmonique (son terme g´en´eral est positif et la suite de ses sommes partielles est major´ee), d’o`u une absurdit´e.

cD’apr`es le r´esultat admis, on a, pour tout N∈N^∗

pN

X

k=1

1 k 6

N

Y

i=1

1− 1

p_i −1

et donc en prenant le logarithme

ln

pN

X

k=1

1 k

! 6

N

X

i=1

νi

et la divergence de la s´erie harmonique permet `a nouveau de conclure.

d Commeµ_k ∼ _p¹

k > 0, les s´eries Pµ_k et P 1

pk ont mˆeme nature : d’apr`es la question pr´ec´edente, la s´erieP

k 1

p_k diverge.

e La suite de terme g´en´eral ^pk+1_p

k est clairement minor´ee par 1, donc, si on la suppose convergente, sa limiteαest sup´erieur ou ´egale `a 1. Si nous avionsα >1, alors d’apr`es le crit`ere de d’Alembert, la s´erie P 1

p_k

convergerait, ce qui est exclu :α= 1.

Partie IV – Minoration du ppcm des 2n + 1 premiers entiers naturels non nuls

IV.1Il s’agit d’´etablir, ´etant donn´e un nombre premierpinf´erieur ou ´egal `an, que max{vp(k), k∈[[1, n]]}=

lnn lnp

or ce maximum vaut clairement

max{s∈N, p^s6n}

d’o`u le r´esultat.

IV.2

a Pour tout x∈[0,1],x(1−x)6 ¹4 (par exemple par ´etude de fonction), donc (x(1−x))ⁿ 6 4¹ⁿ, et la croissance de l’int´egrale permet de conclure.

bPour toutk∈[[0, n]],n+k+ 1∈[[1,2n+ 1]], doncn+k+ 1 divised2n+1par d´efinition de ce ppcm.

cOn a In=

Z 1 0

xⁿ

n

X

k=0

n k

x^k(−1)^n−kdx=

n

X

k=0

(−1)^n−k n

k Z 1

0

x^n+kdx=

n

X

k=0

(−1)^{n−k n}_k n+k+ 1 doncd2n+1In∈N^∗ d’apr`es la question pr´ec´edente.

IV.3On obtientd_2n+1I_n >1, et doncd_2n+1>4ⁿ d’apr`es IV.2.a.

Partie V – Majoration du produit des N premiers nombres premiers

V.1Laiss´ee au lecteur V.2On 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.

V.3Soitpkun 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 premierspk (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 .

V.4Si 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. V.5

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-la 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, alorsK(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 VI – N (x) = Θ

x ln(x)

VI.1On a bien sˆurS(x)6(2 ln 2)x.

VI.2

a Soitk un entier naturel non nul : Z p_k

2

S(t)f⁰(t)dt =

k−1

X

j=1

Z p_j+1 pj

S(t)f⁰(t)dt

=

k−1

X

j=1



ln Y

16i6j

pi



(f(pj+1)−f(pj))

=

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(p_i)f(p_i) +S(p_k)f(p_k).

bOn en d´eduit la relation X

i∈[[1,N(x)]]

ln(p_i)f(p_i) =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)).

VI.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 VI.1 :

N(x)62 ln 2 x

lnx+ Z x

2

dt (lnt)²

.

VI.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.

VI.5Nous avons ´etabli que 4ⁿ6d_2n+1, et que d2n+1= Y

i∈[[1,N(2n+1)]]

p

h_ln(2n+1)

pi

i

i

En prenant le logarithme, il vient

2nln(2)6 X

i∈[[1,N(2n+1)]]

ln(2n+ 1) pi

ln(pi) et donc

2nln(2)6N(2n+ 1) ln(2n+ 1) puis

N(2n+ 1)> 2nln(2) ln(2n+ 1) En prenantx >3, etnl’entier tel que 2n+ 16x <2n+ 3, on a

N(x) =N(2n+ 1)> 2nln(2)

ln(2n+ 1) >ln(2)x−3 ln(x) et on a donc bien

N(x)>ln 2 2

x lnx au voisinage de +∞.

VI.6

a On a admis le th´eor`eme des nombres premiers. Il nous donne en particulier N(p_n)∼ p_n

ln(pn) i.e.(puisqueN(pn) =n)

nln(pn) pn

∼1 puis en prenant le logarithme

ln(n) + ln(ln(pn))−ln(pn) = o(1) puis

ln(p_n)∼ln(n) Il vient bien alors

p_n∼nln(n) bLa s´erie P 1

p_n a mˆeme nature que P 1

nln(n) (par ´equivalence et positivit´e des termes g´en´eraux de ces s´eries).

Or on montre la divergence deP 1

nln(n) par comparaison s´erie-int´egrale par exemple, d’o`u le r´esultat.

cGrˆace `a l’´equivalentpn∼nln(n), on obtient ^pn+1_p

n ∼(n+1) ln(n+1)

nln(n) ∼1, et la suite de terme g´en´eral ^pn+1_p

n

converge donc vers 1.