M1 MFMI. Algorithmique : feuille d`exercices no7. Exercice 1

M1 MFMI. Algorithmique : feuille d’exercices no 7.
Exercice 1. Évaluer la complexité du calcul du déterminant d’une matrice M carrée d’ordre
d dont les modules des coefficients ne dépassent pas B, en utilisant la méthode du pivot de Gauss
appliquée à M réduite modulo p, p étant un nombre premier dans l’intervalle ]2dd/2 B d , 4dd/2 B d ].
(Un tel nombre premier existe d’après le postulat de Bertrand, dont la démonstration est l’objet
de l’Exercice 4 ci-dessous.
Exercice 2. On définit une suite de matrices carrées (An )n≥0 par A0 = (1) et
An−1 −An−1
An =
(une matrice en blocs)
An−1 An−1
lorsque n ≥ 1.
Vérifier que An est carrée d’ordre 2n , que An t An = 2n I2n (Id étant la matrice identité d’ordre
d) et que les lignes et An sont orthogonales deux-à-deux. Montrer que | det An | atteint la borne
dd/2 B d de l’inégalité de Hadamard.
Exercice 3. Soit m ≥ 1 un entier. On pose
2m + 1
M=
.
m
(i ) En considérant le développement de (1 + 1)2m+1 à l’aide de la formule du binôme, montrer
que M < 22m .
(ii ) Montrer que
Y
p divise M,
m+1<p≤2m+1
où le produit parcourt l’ensemble des nombres premiers p vérifiant m+1 < p ≤ 2m+1. En déduire
que
X
log p ≤ 2m log 2.
m+1<p≤2m+1
P
(iii ) Montrer que p≤n log p ≤ 2n log 2 quelque soit l’entier n ≥ 1. (Raisonner par récurrence
sur n en distinguant les cas n pair et n impair en appliquant la question (ii ).)
Exercice 4. Soit N 6= 0 un entier. Si p est un nombre premier, on note vp (N ) l’exposant de
p dans N (c’est-à-dire le plus grand entier v ≥ 0 tel que pv divise N ).
(i ) Soient M , N ∈ Z avec M N 6= 0. Montrer que vp (M N ) = vp (M )+vp (N ) et que vp (M +N ) ≥
min (vp (M ), vp (N )) lorsque M N (M + N ) 6= 0. Montrer que cette inégalité devient une égalité
lorsque vp (M ) 6= vp (N ).
(ii ) Montrer que si n ≥ 1 est un entier, alors
Xj n k
vp (n!) =
.
pk
k≥1
On pose alors
N=
2n
n
et
δp (k, n) =
j 2n k
pk
jnk
−2 k .
p
(iii ) Montrer que δp (k, n) ∈ {0, 1}, et en déduire que vp (N ) ≤
premier p.
√
(iv ) Montrer que si vp (N ) ≥ 2, alors p ≤ 2n et donc que
X
√
vp (N ) log p ≤ 2n log (2n).
log (2n)
quelque soit le nombre
log p
p premier
vp (N )≥2
√
(v ) On suppose n ≥ 5, de sorte que 32 n > 2n. Soit p un nombre premier divisant N . Montrer
que si p ≤ n, alors p ≤ 23 n. (Montrer que si n ≥ p > 32 n, alors δp (1, n) = 0.)
(vi ) En déduire des questions (iv ) et (v ) que si n ≥ 5, alors
X
vp (N ) log p ≤
√
2n log(2n) +
X
p≤ 23 n
p≤n
log p ≤
√
2n log(2n) +
4n
log 2,
3
où la dernière inégalité utilise la question (iii ) de l’Exercice 2.
(vii ) En utilisant le développement de (1 + 1)2n par la formule du binôme, montrer que
N≥
22n
,
(2n + 1)
et donc que
log N ≥ 2n log 2 − log (2n + 1).
(viii ) Montrer que si n est assez grand, alors il existe un nombre premier p vérifiant n < p ≤ 2n.
(Soit n un entier tel que l’intervalle ]n, 2n] ne contienne aucun nombre premier. Alors tous les
nombres premiers divisant N sont inférieurs ou égaux à n. Obtenir alors une contradiction à
partir des résultats des questions (vi ) et (vii ).)
On peut expliciter le « assez grand » de la question (viii ) et trouver un entier explicite n0
ayant la propriété que l’intervalle ]n, 2n] contient un nombre premier lorsque n ≥ n0 . Pour en
déduire le postulat de Bertrand, il suffit d’exhiber une suite croissante de nombres premiers (pk )
telle que p1 = 2 et pk+1 < 2pk pour tout k ≥ 1.
(ix ) En déduire des arguments précédents qu’il existe α > 0 tel que
X
log p ≥ αn
n<p≤2n
P
pour tout n assez grand et donc qu’il existe une seconde constante β > 0 telle que p≤x log p ≥ βx
pour tout x assez grand. (En fasiant attention aux détails, on voit qu’on peut prendre n’importe
quel β < 23 convient.)