Énoncé Partie I. Outils. Partie II. Inégalités. Partie III. Diviseurs

MPSI B
21 janvier 2017
Écrire ln(T (x)) sous la forme d'un développement asymptotique en +∞. En déduire
un équivalent de ln(T (x)) et la limite de T en +∞.
Énoncé
L'objet de ce texte est de démontrer une forme aaiblie du
postulat de Bertrand 1 .
5. Montrer que tout
diviseur premier de n! est inférieur ou égal à n et que tout diviseur
premier de 2n
n est inférieur ou égal à 2n.
√
6. Discuter suivant n du signe de 23 n − 2n.
Il existe un entier n0 , tel que pour tout entier n ≥ n0 , l'intervalle Kn, 2nJ
contienne au moins un nombre premier.
Si p et un nombre premier et m un entier, on note vp (m) ∈ N l'exposant de p dans
la décomposition de m en facteurs premiers (valuation). On rappelle que p divise m si et
seulement si vp (m) ≥ 1 et que vp (mm0 ) = vp (m) + vp (m0 ) pour m et m0 entiers.
Dans tout le problème, n ∈ N \ {0, 1, 2} et on utilise plusieurs notations.
le nombre d'entiers premiers dans J1, nK : π(n)
le produit des entiers premiers dans J1, nK : Pn
le produit des entiers premiers dans Kn, 2nK : Rn (avec Rn = 1 si l'intervalle n'en
contient pas).
Par exemple :
π(8) = 4,
P8 = 2 × 3 × 5 × 7 = 210,
Partie II. Inégalités.
1. Soit k entier naturel non nul.
a. En considérant (1 + 1)2k+1 , montrer que
≤ 4k .
b. Soit p premier dans Jk + 2, 2(k + 1)K, montrer que p divise
2k+1
k
.
c. Montrer que le produit des nombres premiers dans Jk + 2, 2k + 1K est inférieur ou
égal à 4k .
d. Montrer par une récurrence forte (en distinguant deux cas) que
P2n = Pn Rn
∀n ∈ N \ {0, 1} , Pn ≤ 4n
Partie I. Outils.
2.
1. Calculer les π(n) pour n ≤ 14. Pour n ≥ 17, quel est le nombre d'entiers impairs dans
J17, nK ? Montrer que
n
∀n ≥ 14, π(n) ≤ − 1
2
∀n ∈ N \ {0, 1} ,
Partie III. Diviseurs premiers de
1.
∀x ∈]0, +∞[, T (x) = 4
x (2x)
ln n
c
ln p
b. Montrer que Vp (2n) − Vp (n) ∈ {0, 1}. Ce nombre est noté εp (n).
√x
2. Pour q ∈K1, nK, montrer que le nombre de multiples de q dans J1, nK est b nq c.
2
3. Soit i ∈ J1, Vp (n)K.
n'est plus un postulat depuis le 19ème siècle ; il a été démontré par Chebychev. La preuve présentée
a. Pour m ∈ J2, nK, caractériser vp (m) = i en termes de divisibilité.
ici dérive de celle proposée par Paul Erdös.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
a. Montrer que
Ce nombre est noté Vp (n) dans tout le problème.
4. On dénit une fonction T par :
−
n!.
max {vp (m), m ∈ J2, nK} = b
3. Montrer que b2xc − 2bxc ∈ {0, 1} pour tout x réel. Caractériser b2xc = 2bxc à l'aide
de {x} = x − bxc.
√
2n
4n
> √
n
2 n
Dans cette partie, p désigne un entier premier inférieur ou égal à n.
Montrer que si un nombre premier divise un produit alors il divise un des facteurs de
ce produit.
x
3
a. Préciser λn tel que 2(n+1)
= λn 2n
n+1
n .
√
b. Montrer que 1 − x ≤ 1 − x2 pour tous les x ≤ 1.
c. Montrer par récurrence que
2. Soient a, b, m naturels non nuls. Montrer, en utilisant le théorème de Bezout

a divise m

b divise m ⇒ ab divise m


a∧b=1
1 Ce
2k+1
k
1
Rémy Nicolai Apostbert
MPSI B
21 janvier 2017
b. Quel est le nombre de m ∈ J2, nK tels que vp (m) = i ?
Corrigé
c. Montrer que
Partie I. Outils.
Vp (n)
∀n ∈ N \ {0, 1} , vp (n!) =
X
j=1
n
b jc
p
1. Les premiers nombres premiers sont 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17. On en déduit le tableau des
premières valeurs de π complété par des éléments utiles à la question suivante.
4. Application. Calculer v2 (100!) et v5 (100!). En déduire le nombre de zéros par lequel se
termine 100! en écriture décimale.
Partie IV. Diviseurs premiers de
n
π(n)
n
2 −1
2n
.
n
2
1
0
3
2
.5
4
2
1
5
3
1.5
6
3
2
7
4
2.5
8
4
3
9
4
3.5
10
4
4
11
5
4.5
12
5
5
13
6
5.5
14
6
6
15
6
6.5
16
6
7
Pour n ≥ 17, les nombres impairs de J17, nK sont de la forme 2k + 1 avec
Dans cette partie, p désigne un entier premier inférieur ou égal à 2n.
17 ≤ 2k + 1 ≤ n ⇔ 8 ≤ k ≤
1. Montrer que
n−1
2
Il en existe donc b n−1
2 c − 7. Comme tous les nombres premiers (sauf 2) sont impairs
et que 15, 16 ne sont pas premiers, on peut majorer π(n).
Vp (n) X
2n
2n
n
vp (
)≤
b j c − 2b j c + εp (n) ≤ Vp (2n)
n
p
p
j=1
π(n) ≤ π(14) + Nb d'entiers impairs dans J17, nK
n−1
n−1
n
≤6+ b
c−7 =b
c−1≤ −1
2
2
2
2. Montrer que
2n
pvp (( n )) ≤ 2n
√
2n
2n ≤ p ⇒ vp (
)≤1
n
2n
2
)=0
p ∈ K n, nK ⇒ vp (
3
n
(1)
2. Traduisons les hypothèses : il existe des entiers α, β , u, v tels que
(2)
m = αa = βb
(3)
et
ua + vb = 1 (relation de Bezout)
On multiplie la relation de Bezout par α et on montre que b divise α :
α = uaα + vbα = um + vbα = uβb + vbα = (uβ + vα)b ⇒ m = αa = (uβ + vα)ab
Partie V. Conclusion.
1. Montrer que Rn (le produit des nombres premiers dans Kn, 2nK ou 1) divise
dénit Qn ∈ N par 2n
n = Qn Rn .
2n
n
3. On combine linéairement les inégalités caractérisant les parties entières :
. On
2. Montrer que, pour n ≥ 5, tout diviseur premier de Qn est inférieur ou égal à 23 n. En
déduire
√
2n
∀n ≥ 5,
Qn ≤ (2n)π( 2n) 4 3
3. Montrer que
∀n ≥ 98,
Rn ≥ (2n)
√n
−
2
4
n
3
√
× −2
2x − 1 < b2xc ≤ 2x
× −2
−1 < b2xc − 2bxc < 2
Comme b2xc − 2bxc ∈ Z, on déduit b2xc − 2bxc ∈ {0, 1}. En introduisant la partie
fractionnaire {x} :
n
puis conclure.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
x − 1 < bxc ≤ x
1
2x = 2bxc + 2 {x} donc 2bxc = b2xc ⇔ 2 {x} ∈ [0, 1[⇔ {x} ∈ [0, [
2
2
Rémy Nicolai Apostbert
MPSI B
21 janvier 2017
4. Rangeons du plus grand au plus petit les termes du développement de ln(T (x)). En
+∞, chacun tend en valeur absolue vers +∞ en étant négligeable devant celui à sa
gauche) :
ln 4
1 √
ln 2 √
1
ln(T (x)) =
x − √ x ln x − √
x + ln x
3
2
2
2
On en déduit ln(T (x)) ∼
ln 4
3 x
c. Chaque nombre premier de Jk +2, 2k +1K divise 2k+1
. Les nombres premiers disk
tincts dans cet intervalle sont deux àdeux premiers entre eux, d'après la question
I.6., leur produit divise encore 2k+1
; il est donc inférieur ou égal à 2k+1
.
k
k
d. La proposition (In ) : Pn ≤ 4n est bien vériée pour les petites valeurs de n :
P2 = 2 ≤ 42 = 16,
et T tends vers +∞ en +∞.
5. Les diviseurs premiers d'un naturel m ≤ n sont inférieurs ou égaux à m. La décomposition en facteurs premiers de n! ne contient que des diviseurs des naturels m ≤ n, ils
sont donc tous
inférieurs ou égaux à n. 2 2n
2n
Comme 2n
n divise (2n)! (car (2n)! = (n!)
n ), tout diviseur premier p de n divise
aussi (2n)!. On en tire p ≤ 2n.
√
6. En multipliant par la quantité conjuguée, on montre que le signe de 23 n − 2n est le
même que celui de
4n2 − 18n = 2n(2n − 9)
Pn+1 = P2k+1 ≤ Pk+1 4k ≤ 42k+1 = 4n+1
en utilisant l'hypothèse de récurrence pour majorer Pk+1 .
2.
Partie II. Inégalités.
a. Le développement de (1 + 1)2k+1 par la formule du
binôme est formée de coe2k+1
cients du binôme parmi lesquels 2k+1
et
k
2k+1−k sont égaux entre eux. On en
tire
f (x) =
1−x−1+
x
2
La fonction est donc strictement décroissante dans [0, 1] et strictement croissante
dans ] − ∞, 0] avec f (0) = 0, elle est négative ou nulle dans ] − ∞, 1].
4√n
c. Notons In : 2n
n ≥ 2 n . Pour n = 2 :
z
}|
{
(2k + 1) · · · (k + 2)
(2k + 1)(2k) · · ·
=
=
k!
k!
car 2k + 1 − k + 1 = k + 2. On en déduit que (2k + 1) · · · (k + 2) divise 2k+1
.
k
Tout nombre
premier
de
Jk
+
2,
2k
+
1K
est
un
diviseur
de
(k
+
2)
·
·
·
(2k
+
1)
donc
de 2k+1
.
k
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
√
Elle est continue dans ] − ∞, 1] et dérivable dans ] − ∞, 1[.
1
1
∀x ∈]0, 1[, f 0 (x) =
−√
+ 1 < 0 car 0 < 1 − x < 1
2
1−x
k facteurs
2k + 1
k
(2n + 1)(2n + 2)
2(2n + 1)
(2n + 2)! (n!)2
=
=
((n + 1)!)2 (2n)!
(n + 1)2
n+1
b. On étudie la fonction f dénie dans ] − ∞, 1] par :
b. Utilisons l'expression habituelle du coecient du binôme :
a. Dans ce cas particulier, l'expression des coecients du binôme avec les factorielles
redondantes est plus commode
λn =
2k + 1
2k + 1
2k + 1
2
=
+
≤ (1 + 1)2k+1 = 22k+1 = 2 × 4k
k
k
2k + 1 − k
2k + 1
⇒
≤ 4k
k
P 4 = 6 ≤ 44 , · · ·
Montrons que (In ) ⇒ (In+1 ).
Si n = 2k + 1 est impair. Comme n + 1 (pair) n'est pas premier, Pn+1 = Pn ≤
4n ≤ 4n+1 .
Si n = 2k est pair. On sépare les nombres premiers inférieurs à n + 1 = 2k + 1
en deux catégories : inférieurs ou égaux à k + 1 ou dans Jk + 2, 2k + 1K. D'après
la question précédente, on peut majorer le produit de ceux là :
L'expression est négative pour n = 3 ou 4 et positive pour n ≥ 5.
1.
P3 = 6 ≤ 43 ,
3
2n
n
=
√
√
4
4n
42
= 6 et √ = √ = 4 2 ⇒ I2 car 62 = 36 ≥ (4 2)2 = 32
2
2 n
2 2
Rémy Nicolai Apostbert
MPSI B
21 janvier 2017
Montrons que In ⇒ In+1 .
2(n + 1)
2(2n + 1) 2n
2(2n + 1) 4n
√
=
≥
n+1
n+1
n
n+1 2 n
3. Soit i entier tel que 1 ≤ i ≤ Vp (n). Il vérie donc pi ≤ n.
a. Soit m ∈ J2, nK. Alors vp (m) = i si et seulement si pi divise m et pi+1 ne divise
pas m.
b. Dans J1, nK, notons Mi l'ensemble des multiples de pi et Mi+1 l'ensemble des
multiples de pi+1 . Alors :
Pour montrer In+1 , il sut de montrer que
Tn =
Or
vp (m) = i ⇔ m ∈ Mi et m ∈
/ Mi+1
≥1
Comme de plus Mi+1 ⊂ Mi , on peut conclure
√
1+ 1
2(2n + 1) n + 1
2n + 1
√
Tn =
= p
= q 2n
(n + 1)4 n
2 (n + 1)n
1 + n1
On conclut que Tn ≥ 1 en utiisant
Partie III. Diviseurs premiers de
1.
2(2n+1) 4n
√
n+1 2 n
n+1
4
√
2 n+1
f (− n1 )
] {m ∈ J1, nK tq vp (m) = i} = ]Mi − ]Mi+1 = b
(en notant ]Ω le nombre d'éléments d'un ensemble ni Ω)
c. Pour évaluer vp (n!), on remarque d'abord que
≤ 0.
n!.
vp (n!) =
Vp (n)
vp (n!) =
ln n
c
ln p
vp (n!) =
X
i=0
n
ib i c −
p
Vp (n)+1
X
i=1
Vp (n)
X n
n
(i − 1)b i c =
b ic
p
p
i=1
car le terme i = 0 de la première somme est nul (à cause du i en facteur) ainsi
que le terme i = Vp (n) + 1 de la deuxième (pour ce terme pi > n).
4. Application : V2 (100) est le plus grand exposant i tel que 2i ≤ 100 c'est à dire 6 car
26 = 64. On présente les calculs permettant de calculer v2 (100) et v5 (100!) dans deux
tableaux
≤ 1 et la fonction partie entière est croissante.
2. Pour q ∈ J2, nK, les multiples de q dans J1, nK sont de la forme kq avec
n
n
q ≤ kq ≤ n ⇔ 1 ≤ k ≤ ⇔ 1 ≤ k ≤ b c
q
q
b nq c.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
X n
n
i × ( Nb de m tq vp (m) = i) =
i b i c − b i+1 c
p
p
i=0
Vp (n)
ln 2 + ln n
ln n
Vp (n) ≤ Vp (2n) = b
c≤1+b
c = Vp (n) + 1
ln p
ln p
Il en existe bien ≤
Vp (n)
On développe puis on change l'indice de la deuxième somme
b. D'après la question précédente,
ln 2
ln p
X
i=0
n
k
k
Soit k = b ln
ln p c ∈ N. Alors p ≤ n et on peut choisir m = p pour lequel vp (m) = k .
On en déduit
ln n
Vp (n) ≥ k = b
c
ln p
car 0 <
vp (m)
On classe les m suivant la valeur vp (m) qui est un nombre entre 1 et Vp (n). Pour
un i donné, on connait le nombre de m pour lesquels vp (m) = i.
ln n
ln p
⇒ Vp (n) ≤ b
n
X
m=2
a. Soit p premier dans J2, nK et Vp (n) le plus grand des vp (m) pour m ∈ J2, nK.
Il existe des m tels que vp (m) = Vp (n). Pour un tel m :
pVp (n) divise m ⇒ pVp (n) ≤ m ≤ n ⇒ Vp (n) ln p ≤ ln n ⇒ Vp (n) ≤
n
n
c − b i+1 c
qi
q
4
i
1
2
3
4
5
6
i
1
2
2i
2
4
8
16
32
64
2i
5
25
b 100
2i c
50
25
12
6
3
1
b 100
2i c
20
4
Rémy Nicolai Apostbert
MPSI B
21 janvier 2017
On en déduit
Implication (3).
v2 (100!) = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97
v5 (200!) = 20 + 4 = 24
ln( 32 )
2
ln n
2n
n < p ⇒ ln 2 + ln n ≤ ln p + ln 3 ⇒
≤
< 1 ⇒ Vp (n) = 0 ⇒ vp (
)=0
3
ln p
ln p
n
Le nombre de zéros par lequel se termine 100! écrit en décimal est le plus petit de ces deux
exposants soit 24.
Partie V. Conclusion.
Partie IV Diviseurs premiers de
2n
.
n
1. Par dénition des coecients du binôme,
2n
n!
= (2n)(2n − 1) · · · (n + 1)
n
1. Utilisons l'expression du coecient du binôme avec les factorielles redondantes :
2n
(2n)!
2n
=
⇒ vp (
) = vp((2n)!) − 2vp (n!)
n
(n!)2
n
Les nombres premiers de
Jn + 1, 2nK divisent (2n)(2n − 1) · · · (n + 1) et sont premiers
avec n!. Ils divisent 2n
n d'après le lemme de Gauss. Leurs produit Rn le divise aussi
d'après la question I.6.
√
2. Pour n ≥ 5, la question I.6. indique que 2n ≤ 23 n. Les nombres premiers plus grands
√
que n sont aussi plus grands que 2n donc leur valuation dans le coecient du binôme
est 1. Aucun d'entre eux n'est donc un diviseur de Qn ; tous les diviseurs de Qn sont
plus petits que n. Or, d'après l'implication (3) de IV.2., aucun nombre premier dans
J 23 n, nK ne divise le coecient du binôme. On en déduit que tous les diviseurs premiers
de Qn sont inférieurs ou égaux à 23 n.
Il existe donc deux
√ types de diviseurs de Qn .
Ceux dans J2, 2nK. Si p est l'un d'entre eux, on sait que
puis les questions II.3.c. et II.1.b. D'après la deuxième, Vp (2n) = Vp (n) ou Vp (n) + 1

0
Vp (n) si Vp (2n) = Vp (n)
X
2n
n
2n
vp (
)=
b i c − 2b i c +
2n
b
n
p
p
c si Vp (2n) = Vp (n) + 1
i=1
pVp (2n)
Dans le deuxième cas, notons k = Vp (n). Alors Vp (2n) = k + 1 et montrons que la
partie entière vaut 0 ou 1.
k = Vp (n) ⇒ pk ≤ n < pk+1 ⇒ 2n < 2pk+1 ⇒
2n
2n
< 2 ⇒ b k+1 c ∈ {0, 1}
pk+1
p
On en déduit la première inégalité demandée. La deuxième vient de la question I.2.
2n
pvp (( n )) ≤ 2n
Vp (n) X
i=1
n
2n
b i c − 2b i c + εp (n) ≤ Vp (n) + Vp (2n) − Vp (n) = Vp (2n)
p
p
|
{z
}
√
Il existe au plus π( 2n) nombres premiers de ce type. On peut majorer leur produit
(avec la valuation)
= 0 ou 1
2. Ces propriétés reposent sur la dénition de Vp (n) et la majoration de la question
précédente. Propriété (1).
2n
pvp (( n )) ≤ pVp (2n) ≤ pb
ln(2n)
ln p c
≤p
ln(2n)
ln p
Pdt des nbs du premier type ≤ (2n)π(
2n ≤ p ⇒
1
ln n
ln 2
ln n
ln(2n) ≤ ln p ⇒
≤2−
⇒ Vp (n) = b
c≤1
2
ln p
ln p
ln p
2n
⇒ vp (
) ≤ Vp (n) ≤ 1
n
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
2n)
√
Ceux dans J 2n, nK. Si p est l'un d'entre eux, on sait que
2n
2
p≤ n
et
et
vp (
)=1
3
n
= 2n
Implication (2).
√
√
On peut majorer leur produit (valuation = 1)
2
Pdt des nbs du deuxième type ≤ Pb 23 nc ≤ 4 3 n
5
(question II.1.d)
Rémy Nicolai Apostbert
MPSI B
21 janvier 2017
En faisant le produit des deux, on obtient la majoration demandée.
3. Pour n ≥ 98, exploitons les diverses inégalités.√
On peut utiliser celle de la question I.1. avec 2n car
n ≥ 98 ⇒ 2n ≥ 196 = (14)2
On en déduit
Rn =
2n
n
√
π( 2n) ≤
Qn
√
2n
−1=
2
r
n
−1
2
√n
√n
√
√ n
2
2
4n
4n
≥ √ (2n)−π( 2n) 4− 3 n ≥ √ (2n)1− 2 4− 3 n = n 4 3 (2n) 2
2 n
2 n
On retrouve la valeur en n de la fonction T de la question I.3. Comme elle tend vers
+∞ en +∞, elle sera donc strictement plus grande que 1 pour n assez grand. Ce qui
assure l'existence de nombres premiers dans l'intervalle Jn, 2nK.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
6
Rémy Nicolai Apostbert