Www.mathprepa.fr Pb Approfondissement Postulat de Bertrand

´ nonc´e E

` Probleme eme

Le postulat de Bertrand Notations – On note P  l’ensemble des nombres premiers. Pour tout n de

N,

on note

Pn

=P

∩ [2, n] et π(n) = card(P ). n

π (n) d´esigne esigne donc le nombre d’entiers d’entier s premiers premi ers inf´erieurs erieu rs ou ´egaux egaux a` n. k

{  ∈ N, p | n}.

– Pour tout entier n  2, et tout p de P, on note v p (n) = max k

v p (n) est donc l’exposant de p  dans la d´ ecompositio ecomp osition n de n  en produit de facteurs premiers.

On dit que v p (n) est la  valuation  de n  suivant p. L’´egalit´e v p (n) =  k  caract´  cara ct´erise erise donc les entiers n  divisibles par pk mais pas par pk+1 .

{

}

 {

 ∈ N}.

– Pour tout n  2, on note E n = 1, 2, 3, . . . , n  et  e t nN = kn, k – On note [x] la partie par tie enti`ere ere de tout tou t r´eel eel x.

L’objet de ce probl` probl`eme eme est de montrer montrer le “postulat de Bertrand” : Pour tout entier  n  2, il existe au moins un entier premier  p  tel que  n   n < p <  2 n.

Dans la suite du probl`eme, eme, n  est un entier enti er fix´e quelco que lconqu nque, e, sup´erieur eri eur ou ´egal ega l a` 2.

Prem Premi` i` ere er e part partie ie Dans cette partie et dans la suivante, p  d´esigne esign e un entier premier premi er fix´e quelconque quelc onque.. On note m  l’entier k  maximum tel que pk

 n.

1. Donn Donner er une expressio expression n de m  sous la forme d’une partie enti` ere. ere. 2. Pour 1  k

 m,

calculer card(E n  pk N) et card  j

∩

n

3. Just Ju stifi ifier er l’´egal eg alit´ it´e v p (n!) =



{  ∈ E  , v ( j ) = k }. n

 p

v p ( j ).

 j=2  j =2

m

4. En d´edui ed uire re fin final alem ement ent l’´egal eg alit´ it´e v p (n!) =

 

k=1

 n .  pk

Deux Deuxi` i` eme eme part partie ie Dans cette partie, on ´etudie etudie les valeurs possibles p ossibles de la quantit´e u p (n) =  v p m 2n  n  = ln(2n) . 1. Montrer Montrer que que u p (n) = 2 , avec m ln p  pk  pk k=1 

   −  





  2n n

.

2. V´erifi er ifier er les le s prop pr opri´ ri´et´ et´es es suivant su ivantes es : (a) pu

p

(b) Si

(n)

≤ 2n.

√ 2n < p, alors u (n) ∈ {0, 1}.

(c) Si n  3 et 23 n < p

 p

≤ n, alors u (n) = 0.  p

(d) Si  n < p <  2 n, alors u p (n) = 1. Math´ Mat h´emati ema tique quess ©  Jean-Michel Ferrard

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´ Enonc´ e

Probl` eme

Troisi` eme partie Cette partie est consacr´ee a` la d´emonstration de r´esultats utiles dans la partie IV. Pour tout r´eel x  2, on note Π x  le produit des entiers premiers p  x. 1. Montrer que si 0  k 2. (a) Pour tout m 

n

      4 2  alors . En d´eduire . ≤ 2   1, montrer que Π Π 4 Π .  n

2n

2n

2n

k

n

n

2m +1

2m+1 



m

m+1 

m

Indication : montrer que tout p de P  tel que m + 1  < p  2m

 ≤ 4

(b) En d´eduire que pour tout r´eel x  2, on a Π x 2n

x

n

m+1

  + 1 divise

2m +1 m

.

(in´egalit´e de Tchebyshev).

  3. Montrer que tous les diviseurs premiers de  sont strictement inf´erieurs a` 2 . n

n

Quatri` eme partie Dans cette partie, on va prouver le postulat de Bertrand. On suppose, par l’absurde, l’existence d’un entier n  2 tel que l’intervalle ]n, 2n[ ne contienne aucun entier premier. 1. Montrer que l’entier n  est n´ecessairement sup´erieur ou ´egal a` 631. Indication : consid´erer les entiers premiers p1 = 3, p2 = 5, p3 = 7, p4  = 13, p5  = 23, p6  = 43,  p7  = 83, p8  = 163, p9  = 317, et p10  = 631. 2n

    2. Montrer que l’hypoth`ese faite sur  permet d’´ecrire  = ∈   √  3. Utiliser les parties II et III pour ´etablir (2 ) − 4 . n

2n n



n

 pu

n

 p

2n 1

2n/3

p

(n)

.

Pn

√  √  2n 2n Indication : p ∈ P  ⇒ ( p  2n) ou ( 2n < p   ) ou ( < p  n). n

3 3 √  ln 2 ln x n/3 4. En d´eduire que 4  (2n) 2n, puis ϕ( 2n)    avec ϕ(x) = . 6 x 5. D´eduire que ce qui pr´ec`ede que n  est inf´erieur a` 450 et conclure.

√ 

Contexte historique Le “postulat de Bertrand” fut pour la premi`ere fois conjectur´e en 1845 par Joseph Bertrand (18221900) qui le v´erifia lui-mˆeme pour tous les nombres de l’intervalle [2, 3 106 ]. La premi`ere d´emonstration date de 1850 et est dˆ ue a` Chebyshev (1821-1894). Ainsi le postulat est-il aussi appel´e th´eor`eme de Chebyshev. Ramanujan (1887-1920) en donna une d´emonstration plus simple et Paul Erd¨ os (1913-1996) publia en 1932 une preuve ´el´ementaire utilisant les coefficients binomiaux (c’est de cette preuve qu’est inspir´ee le probl`eme ci-dessus).

·

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Probl` eme

 

Corrig´e

Corrig´ e Premi` ere partie ln n c’est-`a-dire m  <  ( m + 1). ln  p ln n Autrement dit l’entier m  est donn´e par m  = . ln p 2. Soit qp k le plus grand multiple de pk qui soit inf´erieur ou ´egal a` n. 1. L’entier m  est d´efini par pm

 n < pm+1

 

L’entier q   est caract´eris´e par qp

k

k

 n <  ( q  + 1) p

Avec ces notations, on a E n  pk N =  jq k , 1   j

∩

{



 n .  pk

Ainsi card(E n  pk N) =  q  =

∩

 {  ∈

. On en d´eduit q  =

}.

 q 

}

 

 n .  pk

On remarque ensuite que  j  E n , v p ( j ) =  k  est form´e des ´el´ements de E n  qui sont divisbles par pk mais pas par pk+1 c’est-`a-dire des ´el´ements de (E n  pk N) (E n  pk+1 N).

∩

k

\

{  ∈ E  , v ( j ) = k } = card(E  ∩ p N) − card(E  ∩ p

Ainsi card  j

n

 p

n

n

k+1

∩

Remarque : le r´esultat est correct pour k  =  m .

∩

En effet E n  p 3. Pour tout k premiers.

m+1

N

=

  2, v p (k )

∅ et

  n

 pm+1

{  ∈ E  , v ( j ) = m} =

 = 0 donc card  j

n

 p

−   

 n N) =  pk

n

 pk+1

.

n .  pm

est l’exposant de p  dans la d´ecomposition de k  en produit de facteurs

Il est clair alors que v p ( jk ) =  v p ( j )v p (k ) pour tous j, k de la d´ecomposition en produit de facteurs premiers).



2 (c’est une cons´equence de l’unicit´e

Par une r´ecurrence ´evidente, cela se g´en´eralise a` un produit quelconque d’entiers. n

En particulier v p (n) =  v p

n

    j  =

 j=2

v p ( j ).

 j=2

4. Dans la somme pr´ec´edente, on se limite bien sˆ ur aux indices j  tels que v p ( j )  1. On peut ensuite r´eorganiser la somme en groupant les valeurs de j  pour lesquelles v p ( j ) a une valeur k   donn´ee, avec 1  k  m, et on sait d’apr`es la question (2) combien il existe de tels indices. n

On obtient alors v p (n) =



m

v p ( j ) =

 j=2

m

m

 n  pk

n

 pk+1

.

m+1

  −     − −      − −   −             

 n v p (n) = k k  p k=1

=

k

k=1

On trouve alors successivement : m

   −  

n  +  p

k

k=1

n

 pk+1

m

(k

k=2

(k

1))

 =

k=1

 n  pk

 n k k  p n

 pm+1

(k 1)

k=2 m

=

k=1

 n  pk

 n  pk

=0

m

En conclusion, on a l’´egalit´e v p (n) =

k=1

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ln n  n , avec  = . m  pk ln p

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Probl` eme

 

Corrig´e

Deuxi` eme partie 2n

  1. On a (2 )! = ( !)  donc n

n

2

n

v p ((2n)!) = 2v p (n) +  u p (n) (cf I.3) 

m

m

   −   2n

 n  (en utilisant I.4). k  pk k=1  p k=1  n Pour k > m, et notamment si m < k  m , on a pk > n  donc k  = 0.  p m  n 2n On obtient donc u p (n) = 2 k  en regroupant les deux sommes. k  p  p k=1

Ainsi u p (n) =  v p ((2n)!)

− 2v (n) =  p

2

 



   −  

 ≤ 2n.

2. (a) Il s’agit de montrer l’in´egalit´e u p (n) ln p

ln(2n) Puisque u p (n) est un entier, cela ´equivaut a` prouver u p (n)  m  = . ln  p m 2n  n Mais on sait que u p (n) = 2 . k k





   −  

k=1

 p



 p

Il suffit donc pour conclure d’utiliser l’in´egalit´e [2x] En effet : 2x 1  <  [2 x]  2x 2x 1  <  [2 x]  2x 2x 2  <  2[ x]  2x 2x  2[x]  < 2x + 2

− 2[x]  1 pour tout x de R.



 − − ⇒ − −  ⇒ −1 <  [2x] − 2[x] <  2 − − Ainsi, ∀ x ∈ R, [2x] − 2[x] ∈ {0, 1}, et le r´esultat attendu en d´ecoule.  √  2n    n  (b) Si 2n < p, alors p >  2 n > n  donc  =  = 0 pour tout entier k  2. k



m

Il en d´ecoule u p (n) =

2n

 pk  pk 2n  n 2 k  =  p  p

   −     −   ∈ { }     pk

k=1

2

n  p

0, 1 .

n n 2n 2n 3 2n  = 2 et  = 1. < p  n , alors 2  <  3 et 1  <   donc 3 2  p  p  p  p D’autre part 3 p > 2 n  9 p2  (2n + 1) 2  9( p2 2n)  4n(n 4) + 2n + 1.

(c) Si

≤

⇒

Si n  4 alors p2 >  2 n  puis, pour tout k

⇒



2 : pk

−

−

  p2 >  2 n > n.

 −  

2n n Donc si n  4, de mani`ere analogue a` la question (b) : u p (n) = 2  = 0.  p  p 6 2n < p  n  p  =  n  = 3, et u p (n) =  v 3 Si n  = 3, alors  =  v 3 (20) = 0. 3 3 2 On a donc montr´e que si n  3 alors :  n < p  n  u p (n) = 0. 3 4 NB : c’est faux si n  = 2 car alors p  = 2 et u p (n) =  v 2  =  v 2 (6) = 1.

 

≤ ⇔

≤  ⇒

  2

2n

 



1 2n n n (d) Si  n < p <  2 n, alors : 1  <  = 1 et  = 0. <  2 et < <  1. Il en d´ecoule 2  p  p  p  p 2n  n Pour k  2 on a pk   p2 > n2  2n > n  donc k  = k  = 0.  p  p 2n n On en d´eduit : u p (n) = 2  = 1.

 −    p

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   

 p

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Probl` eme

 

Corrig´e

Troisi` eme partie 1. On peut se limiter `a 0  k Si 0  k < n

n

2n

    car on sait que  = k

2n

−k

2n

−

.

−

(2n)! 2n k (2n)! 2n k 2n = = . (k  + 1)!(2n k 1)! k  + 1 k k  + 1 k !(2n k )! k + 1 2n 2n 2n k  1  k + 1  <  2 n k . >  1  > k  + 1 k k  + 1 2n  est strictement croissante pour 0  k  n. 2n

  on a  =

⇒  Ainsi la suite k → Mais 0  k < n

k

− − −  ⇒ −



2n

−

    ⇒

2n

    2  alors .

On en d´eduit que si 0  k

 n



k

n

2n

  En utilisant ce r´esultat pour 0  2 , la formule du binˆome et       −    4 =  = 2 + 2 + (2 − 1) 2 .  < k < n

n

2n

k=0

2n

2n 1

k

k=1

2n k



2. (a) On peut ´ecrire Π 2m+1  =



2m + 1 m



2n

n

 n

n



 p  =

2 p2m+1

On a l’´egalit´e

n



 



 p



2, on trouve :

2n n



 p  = Π m+1

2 pm+1 m+1