Mines Maths 2 MP 2002 — Corrigé

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Mines Maths 2 MP 2002 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Éric Ricard (Agrégé de mathématiques) ; il a été relu
par Vincent Puyhaubert (ENS Cachan) et Walter Appel (Professeur en CPGE).
Cette épreuve des Mines est composée de quatre parties et a pour thème général
les nombres premiers. Malgré la longueur apparente de l’énoncé, le devoir n’est pas
très long et ne présente que peu de difficultés techniques.
• La première partie, indépendante des autres, propose d’établir la divergence
de la série des nombres premiers. En dehors de trois questions de cours qui
n’en ont pas l’air (I-1, I-2.b et I-4), seule la connaissance des techniques de
manipulation des séries est nécessaire.
• La deuxième partie établit quelques inégalités utiles dans la suite. Elle ne
demande presque aucune connaissance du programme de Spéciales et ne repose que sur des raisonnements élémentaires sur les nombres entiers. C’est là
toute son originalité, puisqu’il faut absolument comprendre les mécanismes mis
en jeu. En contrepartie, les questions sont très détaillées et donc abordables.
• Les inégalités de Tchebychev sur le nombre d’entiers premiers plus petits que
n consituent la troisième partie. Elle exploite les résultats de la précédente,
toujours dans le même esprit : très peu de calculs et des raisonnements assez
bien décortiqués par un énoncé donnant beaucoup d’indications.
• La dernière partie, indépendante des précédentes, contraste avec le reste du
sujet. Il s’agit de présenter le principe de base du cryptage RSA ; on a donc
affaire à de l’arithmétique dans Z/nZ et à des notions plus abstraites que dans
les parties précédentes. Les résultats qui y sont démontrés (surtout dans la
première question) sont pour la plupart des rappels de cours ou d’exercices
classiques. Elle ne requiert qu’une bonne compréhension de Z/nZ et reste à la
portée de nombreux candidats.
Dans l’ensemble, cette épreuve est originale et plaisante ; on y démontre quelques
résultats intéressants. La difficulté reste très raisonnable et se situe essentiellement
au niveau des raisonnements, ce qui est assez rare pour être souligné.
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Indications
Première partie
1
pour se ramener à des entiers.
s
I-2.d Comparer MN et {k s ; 1 6 k 6 n}.
n 1
P
Prendre s = 1 et majorer
.
k=1 k
n
P
I-3 Calculer
vi .
I-2.c Élever à la puissance
i=1
I-4 Penser à utiliser le théorème de dérivation des séries de fonctions pour ζ.
Deuxième partie
II-1.b Montrer que Pn = Pn+1 .
p
P
II-1-c Utiliser 2p =
Ckp et Ckp = Cp−k
.
p
k=0
Remarquer que Pn+1 divise Pm+1 Cm
2m+1 .
II-2 Montrer que αi = max{α ∈ N | pα
i 6 n} en procédant par double inégalité.
II-3.b Montrer puis utiliser le fait que In > 0 pour obtenir d2n+1 In > 1.
Troisième partie
III-1 Découper l’intégrale et inverser les sommes.
III-2.a Utiliser la question II-1.d.
III-3 Montrer d’abord le résultat pour x = 2n + 1 en utilisant la question II-2
(en passant à ln) puis la question II-3.
Quatrième partie
IV-1.b Montrer que c = ca
ϕ(n)
en utilisant le fait que γ(Z/nZ∗ ) = Z/nZ.
IV-2.a Décrire les entiers entre 1 et n non premiers avec n et utiliser la question
IV-1.a.
IV-2.c Utiliser l’identité de Bézout.
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Première partie
Dans ce corrigé, comme suggéré par l’énoncé, n est un nombre entier
supérieur à 2 et N désigne le rang du plus grand nombre premier inférieur à n.
Il est bon d’avoir en tête les inégalités
et
pn > n
N 6 pN 6 n
(1)
La première dit que le ne nombre premier est plus grand que n et la
seconde résulte de la première et de la définition de N.
I-1 Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini d’entiers premiers que l’on note
p1 , . . . , pn .
n
Posons
Q=
Π pi + 1
i=1
On sait que tout nombre entier se décompose en un produit de facteurs premiers ;
Q admet donc un diviseur premier. Selon notre hypothèse, il existe un entier
k ∈ [[ 1 ; n ]] tel que pk divise Q. Comme pk divise également p1 × · · · × pn , on en
déduit que pk divise 1, donc que pk = 1, ce qui est contradictoire car 1 n’est pas
premier.
I-2.a La suite
0<
1
nks
est géométrique ; comme n > 2 et s > 0, sa raison vérifie
k∈N
1
< 1. La série associée converge donc et
ns
−1
∞
P
1
1
1
=
= 1− s
ks
1
n
k=0 n
1− s
n
I-2.b D’après le théorème d’inversion des séries doubles à termes positifs, la série
P
(uij )(i,j)∈N2 est sommable si et seulement si pour tout entier i,
uij converge et si
j
∞
P P
P
la série
uij converge ; la valeur de cette série est alors
uij .
i
j=0
(i,j)∈N2
Dans la situation proposée,
∞
P
j=0
uij =
1
ais
1−
1
bs
−1
D’après la question précédente, en appliquant ce résultat une fois de plus pour la
somme en i, on déduit que la famille (uij ) est sommable et
−1 −1
1
1
S= 1− s
1− s
a
b
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I-2.c Notons ϕ l’application de l’énoncé. Soient (αi )16i6n et (βi )16i6n dans Nn ,
il faut montrer que
ϕ (αi )i∈[[ 1 ; n ]] = ϕ (βi )i∈[[ 1 ; n ]] =⇒ ∀ i ∈ [[ 1 ; n ]]
αi = βi
1
, il vient
s
En élévant l’égalité de gauche à la puissance
n
n
Π pi α
i=1
i
=
Π pi β
i=1
i
L’unicité de la décomposition d’un entier en facteurs premiers donne alors αi = βi
pour tout i inférieur à n. La fonction ϕ est donc injective.
Par définition de Mn , elle est également surjective et réalise donc une bijection
1
entre Mn et Nn . Il s’ensuit que Mn est infini. L’application m 7→ m s est une injection
de Mn dans N. D’après ce qui précède, son image est infinie et donc peut être énumérée
par ordre croissant comme toute partie infinie de N. Autrement dit, il existe
1
Φ: N −→ Mn s
1
i 7−→ mi s
croissante et bijective. En composant Φ avec x 7→ xs qui est strictement monotone,
on obtient l’indexation souhaitée.
Pour l’exemple, on range par ordre croissant les nombres de la forme 2α1 3α2 ,
puis de la forme 2α1 3α2 5α3 :
n=2
n=3
1
1
2 3
2 3
4 6
4 5
8
6
9 12 16 18 24 27
8 9 10 12 15 16
I-2.d D’après le résultat admis,
−1
N P 1
1
Π 1− p s
=
i=1
i
m∈MN m
Le résultat admis n’est que la généralisation du résultat de la question I-2.b
à n > 2.
Soit k ∈ [[ 1 ; n ]]. Alors k s est élément de Mn . En effet la décomposition en facteurs
q
premiers de k est de la forme
Π pα
i=1 i
i
où pq est le plus grand facteur premier de k.
Ainsi k ∈ [[ pq ; n ]] ; comme N est le rang du plus grand nombre premier plus petit
que n, on a q 6 N. Ainsi k s = ϕ((α1 , . . . , αq , 0, . . . , 0)) ∈ MN . Puisque les éléments
de MN sont positifs :
−1
N n 1
P
P 1
1
6
= Π 1− s
s
i=1
pi
m∈MN m
k=1 k
Prenons s = 1 et supposons qu’il n’existe que q nombres premiers ; alors N 6 q
1
1
pour tout n et, comme pour tout i, pi > 2 donne 1 −
> , on a
pi
2
n 1
P
6
k=1 k
2N
|{z}
dépend de n
6
2q
|{z}
ne dépend pas de n
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