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 . . PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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 2/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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 3/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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 . 4/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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 5/12 { } Sn (A) , n≥1 . n PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 (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 6/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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 . 7/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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) 8/12 ] a i , a i+1 [ PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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. 9/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 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 10/12 jeudi 19/01/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12 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. 11/12 PCSI Corrigé devoir maison n°7 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 jeudi 19/01/12