Mines Maths 2 MP 2002 — Corrigé

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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 1/13
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 re-
pose 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
nconsituent 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/nZet 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/nZet 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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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 2/13
Indications
Première partie
I-2.c Élever à la puissance 1
spour se ramener à des entiers.
I-2.d Comparer MNet {ks; 1 6k6n}.
Prendre s= 1 et majorer n
P
k=1
1
k.
I-3 Calculer n
P
i=1
vi.
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.
II-1-c Utiliser 2p=
p
P
k=0
Ck
pet Ck p= Cp−k p.
Remarquer que Pn+1 divise Pm+1Cm
2m+1.
II-2 Montrer que αi= max{α∈N|pα
i6n}en procédant par double inégalité.
II-3.b Montrer puis utiliser le fait que In>0pour obtenir d2n+1In>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=caϕ(n)en utilisant le fait que γ(Z/nZ∗) = Z/nZ.
IV-2.a Décrire les entiers entre 1et nnon premiers avec net utiliser la question
IV-1.a.
IV-2.c Utiliser l’identité de Bézout.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/13
Première partie
Dans ce corrigé, comme suggéré par l’énoncé, nest un nombre entier
supérieur à 2 et Ndésigne le rang du plus grand nombre premier inférieur à n.
Il est bon d’avoir en tête les inégalités
pn>net N6pN6n(1)
La première dit que le nenombre premier est plus grand que net 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.
Posons Q =
n
Π
i=1 pi+ 1
On sait que tout nombre entier se décompose en un produit de facteurs premiers ;
Qadmet donc un diviseur premier. Selon notre hypothèse, il existe un entier
k∈[[ 1 ; n]] tel que pkdivise Q. Comme pkdivise également p1× · · · × pn, on en
déduit que pkdivise 1, donc que pk= 1, ce qui est contradictoire car 1n’est pas
premier.
I-2.a La suite 1
nks k∈N
est géométrique ; comme n>2et s > 0, sa raison vérifie
0<1
ns<1. La série associée converge donc et
∞
P
k=0
1
nks =1
1−1
ns
=1−1
ns−1
I-2.b D’après le théorème d’inversion des séries doubles à termes positifs, la série
(uij )(i,j)∈N2est sommable si et seulement si pour tout entier i,P
j
uij converge et si
la série P
i∞
P
j=0
uij converge ; la valeur de cette série est alors P
(i,j)∈N2
uij .
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
S = 1−1
as−11−1 bs−1
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 4/13
I-2.c Notons ϕl’application de l’énoncé. Soient (αi)16i6net (βi)16i6ndans Nn,
il faut montrer que
ϕ(αi)i∈[[ 1 ; n]]=ϕ(βi)i∈[[ 1 ; n]]=⇒ ∀ i∈[[ 1 ; n]] αi=βi
En élévant l’égalité de gauche à la puissance 1
s, il vient
n
Π
i=1 piαi=
n
Π
i=1 piβi
L’unicité de la décomposition d’un entier en facteurs premiers donne alors αi=βi
pour tout iinférieur à n. La fonction ϕest donc injective.
Par définition de Mn, elle est également surjective et réalise donc une bijection
entre Mnet Nn. Il s’ensuit que Mnest infini. L’application m7→ m1
sest une injection
de Mndans 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
Φ: N−→ Mn
1
s
i7−→ mi
1
s
croissante et bijective. En composant Φavec x7→ xsqui est strictement monotone,
on obtient l’indexation souhaitée.
Pour l’exemple, on range par ordre croissant les nombres de la forme 2α13α2,
puis de la forme 2α13α25α3:
n= 2 1 2 3 4 6 8 9 12 16 18 24 27
n= 3 1 2 3 4 5 6 8 9 10 12 15 16
I-2.d D’après le résultat admis,
N
Π
i=1 1−1
pis−1
=P
m∈MN
1
m
Le résultat admis n’est que la généralisation du résultat de la question I-2.b
àn>2.
Soit k∈[[ 1 ; n]]. Alors ksest élément de Mn. En effet la décomposition en facteurs
premiers de kest de la forme
q
Π
i=1 pαi
ioù pqest le plus grand facteur premier de k.
Ainsi k∈[[ pq;n]] ; comme Nest le rang du plus grand nombre premier plus petit
que n, on a q6N. Ainsi ks=ϕ((α1,...,αq,0,...,0)) ∈MN. Puisque les éléments
de MNsont positifs :
n
P
k=1
1
ks6P
m∈MN
1
m=
N
Π
i=1 1−1
pis−1
Prenons s= 1 et supposons qu’il n’existe que qnombres premiers ; alors N6q
pour tout net, comme pour tout i,pi>2donne 1−1
pi
>1
2, on a
n
P
k=1
1
k62N
|{z}
dépend de n
62q
|{z}
ne dépend pas de n
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