Corrigé - Orange

PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12
Exercice 1 : il existe une infinité de nombres premiers.
F
n
=2
2
n
+1,n∈ℕ
1-Démontrons la relation : ∏
k
=
0
n1
F
k
=F
n
2,n≥1
Démontrons la relation précédente par récurrence.
Montrons la relation pour n=1.
∏
k
=
0
11
F
k
=∏
k
=
0
0
F
k
=F
0
=2
2
0
+1=2
1
+1=3Et F
1
2=2
2
1
+12=2
2
+12=52=3
La relation est donc vraie pour n=1.
Supposons que la relation soit vraie pour n, et montrons là pour n+1.
On a : ∏
k
=
0
n1
F
k
=F
n
2et on doit montrer que : ∏
k
=
0
n+11
F
k
=F
n+1
2soit : ∏
k
=
0
n
F
k
=F
n+1
2.
∏
k
=
0
n
F
k
=F
n
×∏
k
=
0
n1
F
k
. En utilisant l'hypothèse de récurrence, on obtient :
∏
k
=
0
n
F
k
=F
n
×(F
n
2)=(2
2
n
+1)(2
2
n
+12)=(2
2
n+1
+1)(2
2
n
1)=(2
2
n
)
2
1=2
2×2
n
1=2
2
n+1
1
∏
k
=
0
n
F
k
=2
2
n+1
1=2
2
n+1
+12=F
n+1
2
La relation est vraie pour n+1, et :
∏
k
=
0
n1
F
k
=F
n
2,n≥1
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
.
La relation précédente donne : ∏
k
=
0
n1
F
k
=F
n
2.
Soit p un nombre premier qui divise
F
m
et
F
n
.
∏
k
=
0
n1
F
k
=F
0
F
1
... F
m
....F
n
. On en déduit que p divise ∏
k
=
0
n1
F
k
et on a supposé que p divise
F
n
.
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PCSI Corrigé devoir maison n°7 jeudi 19/01/12
On a : p divise 2=F
n
∏
k
=
0
n1
F
k
. Mais tous les nombres de Fermat sont impairs donc p ne peut être
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
p
n
.
Et tous les
p
n
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
p
n
.
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
d'autres. Euler va plus loin et montre même que la série
1
2
+
1
3
+
1
5
+….+
1
p
diverge vers
+∞
.
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Exercice 2 : une propriété de la tangente à l'ellipse.
1- Montrons que :
d
dt
(
⃗
M(t)F ) =
d
dt
(
⃗
M(t)F' )
.
La relation de C-h-a-s-le-s donne : ⃗ M(t)F=⃗ M(t)F'+⃗ F'F
Le vecteur ⃗
FF
'
est constant et la dérivée d'une fonction constante est nulle.
Donc, en dérivant l'égalité précédente on obtient la relation :
d
dt
(
⃗
M(t)F ) =
d
dt
(
⃗
M(t)F' )
2- Montrons que le produit scalaire (⃗
u
(
t
)+⃗
v
(
t
))⋅⃗τ(
t
) est nul.
On a la relation
M
(
t
)
F
+
M
(
t
)
F
'
=
2a
∥
M
(
t
)
F
∥+∥
M
(
t
)
F
'
∥=
2a
⇔
√
⃗
M
(
t
)
F
2+
√
⃗
M
(
t
)
F
'
2=
2a
.
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
dt (M(t)F)=
⃗
M(t)F⋅
d
dt
(
⃗
M(t)F )
∥
⃗
M(t)F∥=
⃗
M(t)F
∥
⃗
M(t)F∥
⋅d
dt
(
⃗
M(t)F
)
=(⃗u(t))⋅
⃗
τ(t)De même on trouve :
d
dt
(M(t)F ')=(⃗ v(t))⋅⃗τ(t). On utilise
d
dt
(
⃗
M(t)F ) =
d
dt
(
⃗
M(t)F' ) =⃗ τ(t)
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').
Par conséquent
⃗
u
+
⃗
v
est un vecteur unitaire de la bissectrice intérieure des droite (MF) et (MF').
La relation (⃗
u
(
t
)+⃗
v
(
t
))⋅⃗τ(
t
) montre que le vecteur tangent à l'ellipse τ(
t
) est orthogonal à la
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 :
∣
MF
MF
'
∣=
2a
.
Problème : Théorème de Schnirelmann
Partie I : Généralités, exemples.
1-Justifions la définition de σ(
A
).
Que représente
S
n
(
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,
S
n
(
A
)≥
0
et donc : σ
n
(A)=
S
n
(
A
)
n
≥0
S=
{
S
n
(A)
n,n≥1
}
est une partie non vide de
ℝ
et minorée par 0.
Elle admet donc une borne inférieure et on peut poser : σ(A)=inf
{
S
n
(A)
n, n≥1
}
.
On sait de plus que :
0
≤σ(
A
)≤
1
.
2-Que vaut σ(
A
) si
1
∉
A
?
Si
1
∉
A
, alors
S
1
(
A
)=
Card
(⟦
1,1
⟧∩
A
)=
0
et donc :
S
1
(
A
)
1
=0.
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
, σ(
A
)=
0
.
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3-À quelle condition a-t-on σ(
A
)=
1
?
S'il existe n tel que
S
n
(
A
)
n
<1, alors σ(
A
) qui est un minorant de l'ensemble S, vérifie :
σ(A)≤
S
n
(
A
)
n
<1. On en déduit que si σ(
A
)=
1
, on doit avoir : ∀n∈ℕ ,n≥1,
S
n
(
A
)
n
=1
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.
σ(
A
)=
1
⇒
A
=ℕ
ou
A
=ℕ
∗
4-Soit
A
⊂
B
, comparons σ(
A
) et σ(
B
).
A⊂B⇒⟦1,n⟧∩A⊂⟦1,n⟧∩B⇒S
n
(A)≤S
n
(B)⇒
S
n
(
A
)
n
≤
S
n
(
B
)
n
Or σ(A)=inf
{
S
n
(A)
n,n≥1
}
. La borne inférieure est un minorant (le plus grand).
Donc : σ(A)≤
S
n
(
B
)
n
donc σ(
A
) est un minorant de
{
S
n
(B)
n,n≥1
}
. Or
σ(B)=inf
{
S
n
(B)
n,n≥1
}
σ(
B
)est le plus grand des minorants de
{
S
n
(B)
n,n≥1
}
d'où :
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 :
S
n
(
A
)=
p
.
Donc : n≥N,
S
n
(
A
)
n
=p
n
. Et ∀ǫ>0,∃n tel que
S
n
(
A
)
n
<ǫ .
Aucun nombre strictement positif n'est un minorant de l'ensemble S=
{
S
n
(A)
n,n≥1
}
.
Donc si A est une partie finie de
ℕ
, σ(
A
)=
0
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