Lycée Berthollet PCSI2 2016-17 DS4 de mathématiques, samedi 21

Lycée Berthollet PCSI2 2016-17
DS4 de mathématiques, samedi 21 janvier 2017 (3h00)
Les documents, les téléphones portables, ordinateurs et calculatrices sont interdits.
I. Nombres premiers dont le reste de leur division par 4est 3
On appellera ici nombre premier de type 1 (respectivement de type 3) un nombre premier ptel que le reste
de la division euclidienne de ppar 4 est 1 (respectivement 3). On veut montrer qu’il existe une infinité de
premiers de type 3. Pour cela, on raisonne par l’absurde en supposant qu’il n’y en a qu’un nombre fini n,
qu’on note 3 =q1<q2< ... < qn. On pose
N=4q2···qn+3
.
1. (a) Déterminer les nombres premiers inférieurs ou égaux à 50 à l’aide d’un algorithme vu en cours.
La méthode du crible (à faire explicitement sur la copie) produit les nombres premiers inférieurs
ou égaux à 50 :
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47.
(b) Donner sans justification les nombres q1,q2,...,q8.
3,7,11,19,23,31,43,47
2. Montrer qu’un nombre premier impair est forcément de type 1 ou de type 3.
Quand on divise par 4 un nombre impair quelconque m, on obtient un quotient qet un reste rtels
que m=4q+r. On a alors le reste r=m−4qqui est impair comme somme d’un nombre impair et
d’un nombre pair. Comme par ailleurs r∈[[0,3]], alors r∈{1,3}.
En particulier, tout nombre premier impair est de type 1 ou 3.
3. Montrer que Nn’est pas divisible par 2.
N=2(2q1q2···qn+1) + 1 est impair.
4. Montrer que lorsqu’on divise par 4 un produit fini de premiers impairs de type 1, le reste est 1.
Montrons par récurrence que, pour tout r≥1, l’assertion
Pr:”Lorsqu’on divise par 4 un produit fini de rpremiers impairs de type 1, le reste est 1”

est vraie.
Initialisation : Si r=1, c’est évidemment vrai par définition des premiers de type 1.
Hérédité : Supposons que Prsoit vraie pour un certain r≥1. On note 4k1+1,...,4kr+1+1 des
nombres premiers impairs de type 1 (où les kisont des entiers naturels). On a alors, par hypothèse
de récurrence, l’existence de k∈Ntel que
r
Y
i=1
(4ki+1) = 4k+1. Ainsi
r+1
Y
i=1
(4ki+1) = (4k+1)(4kr+1+1) = 4(4kkr+1+k+kr+1) + 1
donc Pr+1est vérifiée.
D’après le principe de récurrence,
lorsqu’on divise par 4 un produit fini de premiers impairs de type 1, le reste est 1.
5. En déduire que Nadmet au moins un facteur premier de type 3.
D’après le théorème de décomposition en facteurs premiers, Ns’écrit comme produit de nombres
premiers. Comme 2 ne divise pas N, ces premiers sont tous impairs. S’ils étaient tous de type 1, alors,
par la question précédente, le reste de la division de Npar 4 serait 1. Or l’égalité N=4q2···qn+3
est la division euclidienne de Npar 4, puisque q2···qn∈Net 0 ≤3<4, et le reste de la division de
Npar 4 est 3 6=1. Par contraposition, Les facteurs premiers de Nne sont pas tous de type 1. Comme
ils sont impairs, c’est qu’il en existe de type 3, par une question précédente.
Ainsi, Nadmet au moins un facteur premier de type 3.
6. Conclure.
Notons pun facteur premier de type 3 divisant N, ce qui existe d’après la question précédente. Soit
i∈[[2,n]]. Comme qi>3, l’écriture N=4q2···qn+3 donne aussi la division euclidienne de Npar
qi, avec un reste de 3. Ainsi qine divise pas N. Donc qi6=p. Par ailleurs, comme q1=3 est premier
avec tous les qipour i≥2, car ce sont des nombres premiers différents de 3. Alors 3 est premier
avec q2· · · qnet comme il est aussi premier avec 4, il est premier avec le produit 4q2···qn, donc il
ne le divise pas, ce qui serait le cas par combinaison linéaire s’il divisait N=4q2···qn+3. Ainsi 3
ne divise pas N, donc p6=3.
Ainsi pest un nombre premier impair de type 3 qui n’apparaît pas dans la liste de tous les nombres
premiers impairs de type 3, ce qui est une contradiction qui clôt le raisonnement par l’absurde.
Il y a donc une infinité de nombres premiers impairs de type 3.
II. Preuve combinatoire de l’infinitude des nombres premiers
Dans cette partie, on construit une preuve de l’infinitude des nombres premiers totalement différente de
celle d’Euclide, qui repose sur des arguments combinatoires. Par conséquent, pour répondre aux questions
de cette partie, on s’interdira d’utiliser l’argument d’Euclide.
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On fixe r∈N?et p1<p2< .. . < prdes nombres premiers. Pour n∈N?, on note Enl’ensemble des
entiers strictement positifs et inférieurs ou égaux à ndont les facteurs premiers sont dans {p1,p2,...,pr},
i.e.
En=¶m∈[[1,n]] | ∃(α1,α2,...,αr)∈Nr,m=pα1
1pα2 2·· · pαr
r©
et on note unle cardinal de En. On note aussi An=¶(α1,α2,...,αr)∈Nr|pα1
1pα2 2·· · pαr
r≤n©.
1. On note, pour tout k∈[[1,r]],Ak
n=¶α∈N|pα
k≤n©.
(a) Montrer que, pour tout k∈[[1,r]], Card(Ak
n)≤ln(n)
ln(pk)+1≤ln(prn) ln(pk).
Soit k∈[[1,r]] fixé. Pour α∈N, par croissance de la fonction ln et stricte positivité de ln(pk),
pα
k≤n⇐⇒ αln(pk)≤ln(n)⇐⇒ α≤ln(n)
ln(pk)⇐⇒ α∈[[0,jln(n)
ln(pk)k]].
Ainsi Ak
n= [[0,jln(n)
ln(pk)k]] et donc
Card(Ak
n) = úln(n)
ln(pk)ü+1≤ln(n) ln(pk)+1.
Par ailleurs, par croissance de la fonction ln et stricte positivité de ln(pk), 1 =ln(pk)
ln(pk)≤ln(pr) ln(pk).
Comme la fonction ln transforme les produits en sommes,
Card(Ak
n)≤ln(n)
ln(pk)+1≤ln(prn) ln(pk).
(b) Montrer que An⊂A1
n×A2 n× ·· · × Ar n.
Soit (α1,α2,...,αr)∈An. Comme pα1
1≥0 et, pour i∈[[2,r]],pαi
i≥1, alors pα1
1≤pα1 1pα2 2·· · pαr
r≤
net donc α1∈A1
n. Le même argument montre que αk∈Ak npour tout k∈[[1,r]] et on a donc mon-
tré que (α1,α2,...,αr)∈A1
n×A2 n× ·· · × Ar n. Ainsi
An⊂A1
n×A2 n× ·· · × Ar n.
(c) En déduire une constante positive Ctelle que : ∀n≥1,Card(An)≤C(ln(prn))r.
Soit n∈N?. Comme les cardinaux sont positifs ou nuls,
Card(A1
n×A2 n× ·· · × Ar n) =
r
Y
k=1
Card(Ak
n)≤
r
Y
k=1
ln(prn)
ln(pk)=1
Qr
k=1ln(pk)(ln(prn))r.
En posant C=1
Qr
k=1ln(pk)et en utilisant le fait que le cardinal d’une partie est majoré par le
cardinal du tout, on obtient
Card(An)≤C(ln(prn))r.
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2. Exhiber une bijection de Anvers En, en justifiant la bijectivité.
On définit l’application ϕpar
ϕ:®An−→ En
(α1,α2,...,αr)7−→ pα1
1pα2 2·· · pαr
r
Cette application est bien définie, puisque par définition de An, pour (α1,α2,...,αr)∈An, on
a automatiquement pα1
1pα2 2·· · pαr
r≤n. Par ailleurs, elle est surjective par définition de Anet En.
L’injectivité est une conséquence directe de l’unicité de la décomposition en facteurs premiers. Ainsi
ϕest bijective.
3. (a) Déduire des questions précédentes que lim
n→+∞
un
n=0.
Comme ϕest bijective,
0≤un
n=Card(En) n=Card(An) n≤C(ln(prn))r n=CprÑln(prn)
(prn)1
rér
.
Or 1
r>0, donc lim
x→+∞
ln(x)
x1
r
=0 d’après les comparaisons de croissance entre logarithme et
fonctions puissances. Comme lim
n→+∞prn= +∞et r>0, par composition de limites,
lim
n→+∞CprÑln(prn)
(prn)1
rér
=0.
Par le théorème d’encadrement (dit “des gendarmes”),
lim
n→+∞
un
n=0.
(b) Montrer qu’il existe un N∈Ntel que, pour tout n≥N,un<n.
Par définition de la limite, comme 1
2>0, il existe N∈N?tel que, pour tout n≥N,un n≤1 2. En
particulier, pour tout n≥N,un
n<1, i.e. un<n(car n≥N>0).
4. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers.
Comme uN<N, alors Enest une partie stricte de [[1,n]], donc il existe des nombres entiers inférieurs
ou égaux à Nqui ne peuvent pas s’écrire comme produit des pi,i∈[[1,r]]. Ces nombres ont des
facteurs premiers hors de l’ensemble {p1,p2,...,pr}(d’après l’existence de la décomposition en
facteurs premiers). Ainsi, aucun ensemble fini de nombres premiers ne contient tous les nombres
premiers, donc
l’ensemble des nombres premiers est infini.
III. Preuve analytique de l’infinitude des nombres premiers
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Dans cette partie, on construit une preuve de l’infinitude des nombres premiers totalement différente de
celle d’Euclide et de la précédente, qui repose sur des arguments analytiques.
On fixe n≥1 et on reprend les notations de la partie II concernant les premiers p1,p2,...,pret l’en-
semble En.
1. (a) Montrer, par récurrence sur α, que pour tout α∈Net tout nombre entier m≥2, mα≥α.
Soit m≥2 un entier fixé. On définit, pour α∈N, l’assertion de récurrence Pα:mα≥α.
Initialisation : on a m0=1≥0, donc P0est vraie.
Hérédité : On suppose Pαvérifiée pour un certain α∈N. Comme m≥2 et mα≥0, alors
mα+1=m mα≥2mα=mα+mα≥mα+1≥α+1,
la dernière inégalité étant obtenue grâce à l’hypothèse de récurrence. Ainsi Pα+1est vérifiée.
D’après le principe de récurrence, on a donc, pour tout α∈N,mα≥α.
(b) Montrer que En⊂¶pα1
1pα2 2·· · pαr
r;(α1,α2,...,αr)∈[[0,n]]r©.
Soit m∈En. Par définition de En,m≤net il s’écrit m=pα1
1pα2 2·· · pαr
r, avec des exposants αk
entiers, pour k∈[[1,r]]. On a donc, pour un k∈[[1,r]] donné, en utilisant la question précédente :
pαk
k≤pα1
1pα2 2·· · pαr
r≤n≤pn k.
La fonction ln étant croissante, αkln(pk)≤nln(pk), et comme pk>1, ln(pk)>0, donc αk≤n.
Ceci étant valable pour tout k∈[[1,r]],
m∈¶pα1
1pα2 2·· · pαr
r;(α1,α2,...,αr)∈[[0,n]]r©
2. En déduire que X
m∈En
1
m≤
r
Y
k=1Ñn
X
αk=0
1
pαk
ké.
En notant Fnl’ensemble ¶pα1
1pα2 2·· · pαr
r;(α1,α2,...,αr)∈[[0,n]]r©, comme En⊂Fnpar la question
précédente, on a Fn=Ent(Fn\En). Ainsi X
m∈Fn
1
m=X
m∈En
1
m+X
m∈(Fn\En)
1
m. Cependant X
m∈(Fn\En)
1
m≥
0, comme somme de nombres positifs. Ainsi, par unicité de la décomposition en facteurs premiers,
X
m∈En
1
m≤X
m∈Fn
1
m=X
(α1,α2,...,αr)∈[[0,n]]r
1
pα1
1
1
pα2
2
·· · 1
pαr
r
=
r
Y
k=1Ñn
X
αk=0
1
pαk
ké.
3. Calculer les sommes
n
X
αk=0
1
pαk
k
et en déduire une constante Mqu’on explicitera telle que
∀n∈N?,X
m∈En
1
m≤M.
Soit n∈N?. Par la formule de la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique, on a
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