Corrigé - Orange

PCSI
Corrigé devoir maison n°7
jeudi 19/01/12
Exercice 1 : il existe une infinité de nombres premiers.
n
F n=22 +1, n ∈ℕ
n1
∏ F k =F n2
1-Démontrons la relation :
, n≥1
k =0
Démontrons la relation précédente par récurrence.
Montrons la relation pour n=1.
11
0
∏ F k =∏ F k =F 0=22 +1=21+1=3
k =0
0
k =0
1
Et F1 2=22 +12=2 2+12=52=3
La relation est donc vraie pour n=1.
Supposons que la relation soit vraie pour n, et montrons là pour n+1.
n1
On a :
∏ F k =F n2 et on doit montrer que :
n+11
∏
k =0
n
n1
k =0
k=0
∏ F k =F n×∏ F k
k =0
n
F k = F n +12 soit :
∏ F k =F n+12
k =0
. En utilisant l'hypothèse de récurrence, on obtient :
n
∏ F k =F n×( F n2)=(22 +1)(2 2 +12)=(22
n
n
n+1
2
n
n
2 2
+1)( 2 1)=(2 ) 1=2
2×2
n
1=2
2
n+1
1
k =0
n
∏ F k =2 2
n+1
1=2
k =0
2
n+1
+12= F n +12
La relation est vraie pour n+1, et :
n1
∏ F k =F n2
, n≥1
k =0
2- Déduisons que les nombres de Fermat sont premiers entre eux.
Soient deux nombres de Fermat F m et F n avec m≠n . On peut supposer que m<n .
n1
La relation précédente donne :
∏ F k =F n2 .
k =0
Soit p un nombre premier qui divise F m et F n .
n1
n1
k =0
k =0
∏ F k =F 0 F 1 ... F m .... F n . On en déduit que p divise ∏ F k
1/12
et on a supposé que p divise F n .
.
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n1
On a : p divise 2=F n∏ F k . Mais tous les nombres de Fermat sont impairs donc p ne peut être
k =0
égal à 2 et donc p=1.
On en déduit que le seul diviseur commun de deux nombres de Fermat distincts est 1.
Les nombres de Fermat sont premiers entre eux deux à deux.
3- Théorème : Tout nombre entier supérieur ou égal à 2possède un diviseur premier.
Donc à tout nombre de Fermat F n , on peut associer un nombre premier pn .
Et tous les pn sont différents. On en a donc une infinité.
On peut aussi considérer E l'application de l'ensemble des nombres de Fermat dans F l'ensemble des
nombres premiers qui à F n associe son plus petit nombre premier pn .
Cette application est injective.
Si une application u de E dans F est injective, alors Card ( F)≥Card (E) . Or E est un ensemble
infini, donc F est infini aussi.
Il existe une infinité de nombres premiers.
Remarque : C'est une deuxième démonstration du théorème d'Euclide (Voir cours). Il en existe
1 1 1
1
d'autres. Euler va plus loin et montre même que la série + + +… .+ diverge vers +∞ .
2 3 5
p
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Exercice 2 : une propriété de la tangente à l'ellipse.
1- Montrons que :
d ⃗ d ⃗
( M (t ) F )= dt ( M (t ) F' ) .
dt
La relation de C-h-a-s-le-s donne : M (⃗t) F= M (t⃗)F '+ F⃗' F
⃗ ' est constant et la dérivée d'une fonction constante est nulle.
Le vecteur FF
Donc, en dérivant l'égalité précédente on obtient la relation :
d ⃗ d ⃗
( M (t ) F )= dt ( M (t ) F' )
dt
v ( t))⋅⃗τ (t) est nul.
2- Montrons que le produit scalaire ( ⃗u ( t)+ ⃗
On a la relation M ( t) F+M(t ) F '=2a
⃗ 2+ M (t)F
⃗ '2=2a .
∥M(t)F∥+∥M (t)F '∥=2a ⇔ M (t)F
√
√
Théorème :Si la fonction vectorielle f est dérivable et ne s'annule pas alors :
∥ f ∥' (t)=
f (t )⋅f ' ( t)
.
∥ f ( t)∥
M(t) appartient à l'ellipse donc ce point est toujours différent de F et F', foyers de l'ellipse.
On a :
d
⃗
M (t ) F⋅ (⃗
M (t) F ) ⃗
d
dt
M ( t) F d ⃗
(M (t ) F )=
=
⋅ ( M (t) F )=(⃗u (t ))⋅⃗τ (t ) De même on trouve :
⃗
⃗
dt
∥M (t) F∥
∥M (t) F∥ dt
d
d ⃗ d ⃗
(M (t ) F ' )=( ⃗v (t))⋅⃗τ (t) . On utilise
( M (t) F )= dt ( M (t ) F' )= τ ⃗(t)
dt
dt
En dérivant la relation : M ( t) F+M( t )F '=2a , on trouve :
( ⃗u ( t)+ ⃗
v ( t))⋅⃗τ (t )=0
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3- En déduire que la tangente à (E) en M(t) est une bissectrice du couple de droites
(( M (t ) F) ,(M (t ) F')) .
Les vecteurs ⃗u et ⃗v sont des vecteurs unitaires des droites (MF) et (MF').
v est un vecteur unitaire de la bissectrice intérieure des droite (MF) et (MF').
Par conséquent ⃗u +⃗
v ( t))⋅⃗τ (t) montre que le vecteur tangent à l'ellipse τ(t ) est orthogonal à la
La relation ( ⃗u ( t)+ ⃗
bissectrice intérieure. Il est donc colinéaire à la bissectrice extérieure des droites (MF) et (MF').
La tangente en un point M d'une ellipse est la bissectrice extérieure des droites (MF) et (MF').
Remarque : cet exercice peut être posé à l'oral, et il faut retenir la méthode générale.
On trouve l'orthogonalité des vecteurs en dérivant la relation MF+MF'=2a.
La même méthode permet de prouver que la tangente en un point à une hyperbole, est la bissectrice
intérieure des droites (MF) et (MF'). On utilise cette fois la relation :
∣MFMF '∣=2a .
Problème : Théorème de Schnirelmann
Partie I : Généralités, exemples.
1-Justifions la définition de σ(A) .
Que représente Sn (A) ? C'est le nombre d'éléments de A compris entre 1 et n.
Que représente σ n ( A) ? C'est la densité des éléments de A compris entre 1 et n.
∀ n≥1, Sn ( A)≥0 et donc :
S=
{
Sn ( A)
, n≥1
n
}
σ n ( A)=
Sn (A)
≥0
n
est une partie non vide de ℝ et minorée par 0.
Elle admet donc une borne inférieure et on peut poser : σ(A)=inf
{
}
Sn (A)
, n≥1 .
n
On sait de plus que : 0≤σ( A)≤1 .
2-Que vaut σ( A) si 1∉A ?
S1 ( A)
=0 .
1
Tous les éléments de S sont supérieurs ou égaux à 0. 0 est donc le plus petit élément de S, et donc sa
borne inférieure.
Si 1∉A , alors S1 (A)=Card (⟦1,1⟧∩A)=0 et donc :
Si 1∉A , σ(A)=0 .
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3-À quelle condition a-t-on σ( A)=1 ?
S n ( A)
<1 , alors σ(A) qui est un minorant de l'ensemble S, vérifie :
n
Sn (A)
S (A)
σ(A)≤
<1 . On en déduit que si σ( A)=1 , on doit avoir : ∀ n ∈ℕ , n≥1, n
=1
n
n
et donc : n≥1,S n ( A)=n . A est une partie ℕ , et quelque soit ℕ , le nombre d'éléments de A
compris entre 1 et n est n.
On en déduit que tous les entiers naturels supérieurs ou égaux à 1 appartiennent A.
S'il existe n tel que
σ(A )=1 ⇒ A=ℕou A=ℕ∗
4-Soit A⊂B , comparons σ( A) et σ(B) .
A⊂B⇒⟦1, n⟧∩A⊂⟦1, n⟧∩B⇒S n ( A)≤Sn ( B)⇒
{
}
Sn ( A) S n (B)
≤
n
n
Sn (A)
, n≥1 . La borne inférieure est un minorant (le plus grand).
n
S (B)
Sn ( B)
Donc : σ(A)≤ n
donc σ(A) est un minorant de
, n≥1 . Or
n
n
S ( B)
Sn ( B)
σ(B)=inf n
, n≥1 σ( B) est le plus grand des minorants de
, n≥1 d'où :
n
n
Or σ( A)=inf
{
{
}
}
{
}
A⊂B⇒σ ( A)≤σ(B)
5-Calculons σ( A) pour les parties A suivantes :
(a) A est une partie finie de ℕ .
Soit p=Card (A) . A est une partie finie donc p est un entier.
Soit N le plus grand élément de A. Pour n≥N , on a : Sn ( A)=p .
Donc : n≥N,
Sn ( A) p
S n ( A)
= . Et ∀ ǫ>0,∃n tel que
<ǫ .
n
n
n
Aucun nombre strictement positif n'est un minorant de l'ensemble S=
Donc si A est une partie finie de ℕ , σ(A)=0
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{
}
Sn (A)
, n≥1 .
n
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(b) A est l'ensemble des entiers impairs.
Dans ce cas, S2p ( A)=p et
S2p+1 (A)=p+1⇒
S 2p( A) p 1
= = .
2p
2p 2
S 2p+1 (A) p+1
p+1 1
=
≥
=
2p+1
2p+1 2p+2 2
{
}
S (A)
1
est un minorant de S= n
, n≥1 .
2
n
Et il est atteint pour n pair. C'est donc le plus petit élément de S, et donc sa borne inférieure.
Donc
Si A est l'ensemble des entiers impairs, alors σ( A)=
1
.
2
Remarque : cela correspond bien à l'idée de densité. Un nombre sur 2 est impair.
(c) A={k s , k ∈ℕ} est l'ensemble des puissances s-ièmes, où s∈ℕ, s≥2 est fixé.
On cherche à déterminer Sn . Combien d'éléments de A a-t-on entre 1 et n ?
1
1
s
s
1≤k ≤n ⇔1≤k≤n Et donc : Sn ( A)=E( n ) . Et de :
s
n
1 E( n ) n
E ( n )≤n <E ( n )+1 . On en déduit que n 1<E ( n )≤n ⇒ <
≤
n n
n
n
1
s
n
1
1
s
1
s
1
s
1
s
1
s
1
s
1
s
1
s
1
s
.
1
1
1 1 1
1
1 Sn ( A)
s≥2 ⇒ ≤ ⇒ 1≤
<
≤n s
s
2
s
2
n
n
1
1
Et donc lim n s =0 . Et d'après le théorème des gendarmes on en déduit que :
n →+∞
Sn ( A)
=0 . Et σ( A)=0 . Car aucun nombre réel strictement positif n'est un minorant de
n
n →+∞
S ( A)
S= n
, n≥1 .
n
lim
{
}
Si A={k s , k ∈ℕ} , σ( A)=0
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Partie II : théorème de Schnirelmann.
6-Soient A et B deux parties de ℕ qui contiennent 0.
a- Soit n∈ℕ, n≥1 . Montrons que si Sn ( A)+S n (B)≥n , alors n∈ A+B .
Si n∈ A, n=n+0 . Et n est la somme d'un élément de A d'un élément de B et n∈ A+B .
Si n appartient à l'ensemble A ou a l'ensemble B, alors n∈ A+B .
Supposons que n n'appartiennent ni à A, ni à B. Donc : Sn ( A)≤n1 et Sn ( B)≤n1 .
Soient An =A∩⟦1, n⟧ et Bn =B∩⟦1, n⟧
Essayons de traduire la relation n∈ A+B . Cela signifie que n=a+b avec a ∈A n et b∈Bn .
b=na . Si on considère l'ensemble A'={na , a∈An } , on a :
n∈ A+B⇔B n∩A '≠∅ ⇔Card (Bn∩A ')≥1
L'application de An dans A' qui à a associe n-a, est une bijection.
Donc Card (A ')=Card (A)
Card ( Bn∩A ')=Card (Bn)+Card ( A ')Card (Bn ∪A ') .
Et Card ( Bn )+Card ( A ')=Sn (B)+S n (A)≥n .
Card ( Bn∩A ')≥n Card (Bn ∪A ') Et n∉ A 'et n ∉B⇒ Card (Bn ∪A')≤n1 .
Et donc Card ( Bn∩A ')≥n ( n1)=1 . Donc Card ( Bn∩A ')≠∅ et : n∈A+B .
Si Sn (A)+S n (B)≥n , alors n∈A+B .
b- Déduisons que si σ( A)+σ(B)≥1 , alors A+B=ℕ .
S n ( A) Sn (B)
+
≥1 ⇒S n ( A)+Sn ( B)≥1
n
n
Et d'après la question précédente ∀ n≥1, n ∈A+B .
Si σ( A)+σ(B)≥1 , alors ∀n≥1 ,
Si σ( A)+σ(B)≥1 , alors A+B=ℕ .
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1
, alors A est une base d'ordre 2.
2
On a σ( A)+σ(A)≥1 , et on applique le résultat précédent avec B=A, et on obtient : A+A=ℕ .
c- Prouvons que si σ(A)≥
Si σ( A)≥
1
, alors A est une base d'ordre 2.
2
7-Soient A et B deux parties de ℕ qui contiennent 0, la partie A étant infinie.
On numérote 0=a 0<a 1<a 2<..... la suite croissante des éléments de A.
a- Montrons que ∀ n≥1 ,
(∑
S n(A )1
Sn (A+B)≥Sn ( A)+
Sa
i+1
a i 1
i=0
)
(B) +Sna (B)
Sn ( A)
Indication : on pourra remarquer que le plus grand élément de A qui est inférieur ou égal à n est
a S (A ) et considérer le nombre d'éléments de A+B qu'on peut trouver dans chacun des intervalles
] a i , a i+1 [ , 0≤i≤S n ( a)1 et ] a S ( A) , n[ .
n
n
Soit 0≤i≤S n (a )1 , on cherche à déterminer s'il existe des éléments de A+B dans l'intervalle
] a i , a i+1 [ .
Parmi les éléments de A+B dans cet intervalle on trouve les éléments de la forme :
a i+b avec a i<a i+b<a i+1 et on doit avoir : 0<b<a i+1a i ⇔1≤b≤a i +1a i1
Combien d'éléments de b a-t-on dans l'intervalle ⟦1, a i+1ai 1⟧ ?
Par définition, on en a : Sa a 1 .
i+1
i
Lorsque i varie de 0≤i≤S n (a )1 , le nombre d'éléments de A+B dans les intervalles
Sn (A )1
.est au moins
∑
Sa
i+1
a i 1
( B) .
i=0
De même , on cherche le nombre d'éléments de A+B qui s'écrivent sous la forme :
a S (A )+b dans l'intervalle ] a S (A ) , n ] . Soit :
a S (A )<a S (A)+b≤n .
Le nombre d'éléments de B qui vérifient l'inégalité précédente est Sn S (A) ( B) .
n
n
n
n
n
Comme 0∈B , tous les éléments a i s'écrivent a i+0 et appartiennent donc à A+B.
Soit au total Sn ( A) éléments de plus qui appartiennent à A+B.
Les résultats précédents donnent :
(∑
S n(A )1
Sn (A+B)≥Sn ( A)+
i=0
Sa
i+1
a i 1
)
(B) +Sna (B)
Sn ( A)
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] a i , a i+1 [
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b-Déduisons que σ( A+B)≥σ (A)+σ(B)σ (A) σ (B) .
On utilise l'inégalité suivante :
On a :
(∑
S n ( A)
≥σ( A)⇔S n (A)≥n σ( A) pour différentes valeurs de n.
n
)
S n(A )1
Sn (A+B)≥Sn ( A)+
( a i+1a i1) σ( B) +(na S (A )) σ( B)
i=0
(∑
S n(A )1
Sn (A+B)≥Sn ( A)+σ (B)
n
S n(A )1
( a i+1a i )+
∑
)
(1) +( na S (A ) )σ (B)
i =0
i=0
n
S n (A)1
∑
(a i+1ai )=a S ( A)a 0 avec a 0=0
n
i=0
. Sn (A+B)≥Sn ( A)+σ (B) ( aS (A) Sn ( A)) +(naS (A) ) σ( B)
n
Sn (A+B)≥Sn ( A)(1σ( B))+n σ(B) ⇔
⇔
n
S n ( A+B) Sn ( A)
≥
(1σ(B))+σ (B)
n
n
Sn ( A+B)
≥σ ( A)( 1σ (B))+σ (B)
n
σ(A+B) est le plus grand des minorants. Donc on en déduit :
σ(A+B)≥σ (A)+σ(B)σ (A) σ (B)
c-Cette inégalité reste-elle-vraie si A est finie ?
Si A est une partie finie, alors σ( A)=0 et l'inégalité devient : σ(A+B)≥σ (B) .
Et 0∈ A⇒ B⊂A+B⇒ σ( B)≤σ (A+B) .
L'inégalité reste vraie si A est finie.
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8-Soient A1, A 2, ... , A p des parties de ℕ contenant 0. Montrons par récurrence que :
p
1σ ( A1+A2+...+A p )≤∏ (1σ( Ai )) .
i=1
L'inégalité est vraie pour n=1, dans ce cas c'est d'ailleurs une égalité.
On suppose qu'elle est vraie pour p, montrons là pour p+1.
p
1σ ( A1+A2+...+A p+A p+1)≤∏ ( 1σ (A i)) .
i=1
On pose A=A1+A2+...+A p .
On a : σ( A+A p+1 )≥σ (A)+σ(A p+1)σ (A) σ (A p+1 )
σ( A+A p+1)≤σ (A)σ(A p+1)+σ(A)σ ( Ap+1 )
1σ ( A+A p+1)≤1σ( A)σ (Ap+1 )+σ (A) σ(A p+1)
1σ ( A+A p+1)≤1σ( A)σ (Ap+1 )(1σ ( A))
1σ ( A+A p+1)≤(1σ ( A))(1σ( A p+1 ))
p
Et d'après l'hypothèse de récurrence. 1σ ( A)≤∏ (1σ ( Ai )) . Et :
i=1
p
1σ ( A+A p+1)≤∏ (1σ( A i))(1σ (A p+1 ))
i=1
p+1
Et : 1σ ( A+A p+1)≤∏ (1σ( A i))
i=1
L'inégalité est vraie pour p+1.
Si A1, A 2, ... , A p sont des parties de ℕ contenant 0, on a l'inégalité :
p
1σ ( A1+A2+...+A p )≤∏ (1σ( Ai )) .
i=1
9-Montrons qu'une partie A de ℕ contenant 0 et telle que σ(A)>0 est une base.
p
On a : 1σ ( A+A+...+A)≤∏ (1σ (A)) .
i=1
p
1∏ (1σ(A))≤σ(A+A+...+A)
i=1
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On pose α=1σ ( A) et 0≤α<1 .
1α p ≤σ(A+A+...+A) .
Lorsque p tend vers +∞ 1α p tend vers 1, donc il existe p tel que :
1
p
1α ≥ . Et en posant C=A+A+....+A (p fois) et en appliquant à C, le résultat de Partie II-6-c.
2
C est une base d'ordre 2. Donc ℕ=C+C=A+A+A+....+A (2p fois)
Si A est une partie de ℕ contenant 0 telle que σ(A)>0 , alors A est une base.
Notation :
Le barème ci-dessous donne une note sur 60, qu'il faut multiplier par 16,50/38,50 pour avoir
la note sur 20.
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Note
60
Exercice 1
15
1- Initialisation
1-Hérédité
23-
3
6
3
3
Exercice 2
15
1-Chasles
1-Dérivée constante
23-
2
4
6
3
Problème
30
Partie I
1-Non vide
1-minorée
1-théorème
2345-a
5-b
5-c
16
1
1
1
1
2
2
2
3
3
Partie II
14
6-a
6-b
6-c
7-a
7-b
7-c
89-
2
2
1
1
2
1
2
3
*** Fin du corrigé ***
12/12
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