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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\def\crol{$[\![}
\def\cror{]\!]$}\rm
%\def\notri#1{\|\!|\!|{#1}\|\!|\!|}
\def\nol{|\!|\!|}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\def\Partie
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\noindent{\Large{Partie\ \ifcase\pno\or I \or II \or III \or IV
\or V \or VI \or VII \or VIII \or IX \fi}}}

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\noindent{\Large{Partie\ \ifcase\pno\or I \or II \or III \or IV
\or V \or VI \or VII \or VIII \or IX \fi\ :\bf \ #1}}}
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% pour UPS

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\begin{document}

\centerline{\Large {Corrig\'e de l'epreuve math II (Mines-ponts
2002)}} \centerline{Par M. TAIBI Professeur de MP* Lyc\'ee Moulay
Youssef Rabat Maroc} \hrulefill

\section{Partie I}

\begin{enumerate}
\item[1.]  Si $\Bbb{P}=\{p_{1},...,p_{N}\}$ est fini, avec $%
p_{1}<p_{2}<...<p_{N},$soit l'entier $q=\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}+1,$
alors pour tout $p\in \Bbb{P},$ on a: $p$ divise $\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}
$ et donc $q\equiv 1$ $mod\;p$ et par suite $q$ est premier et $q>p_{N}$ .ce
qui contredit l'hypoth\`{e}se $\Bbb{P}$ fini. On conclut que $\Bbb{P}$ est
infini.

\begin{enumerate}
\item[a)]  Pour $n\geqslant 2,$ on a: $(1-\dfrac{1}{n^{s}}%
)^{-1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty }\dfrac{1}{n^{ks}}$ : s\'{e}rie
g\'{e}om\'{e}trique de raison $\frac{1}{n^{s}}\in ]0,1[.$

\item[b)]  Pour tout $(i,j)\in \Bbb{N}\times \Bbb{N},$ $u_{i\;j}=\frac{1}{%
a^{is}b^{js}}>0.$ Pour chaque $i\in \Bbb{N},$ la famille $(u_{ij})_{j}$ est
sommable de somme $s_{i}=\sum\limits_{j=0}^{\infty }\frac{1}{a^{is}}\frac{1}{%
b^{js}}=\frac{1}{a^{is}}\sum\limits_{j=0}^{\infty }\frac{1}{b^{js}}$
(comparaison \`{a} une s\'{e}rie de Reimann). La famille $(s_{i})_{i}$ est
aussi sommable et $\,\sum\limits_{i=0}^{\infty
}s_{i}=\sum\limits_{i=0}^{\infty }\left( \frac{1}{a^{is}}\sum\limits_{j=0}^{%
\infty }\frac{1}{b^{js}}\right) =\left( \sum\limits_{i=0}^{\infty }\frac{1}{%
a^{is}}\right) \left( \sum\limits_{j=0}^{\infty }\frac{1}{b^{js}}\right) .$
\newline
Donc la famille $(u_{ij})_{(i,j)}$ est sommable
et$\sum\limits_{(i,j)\in
\Bbb{N}\times \Bbb{N}}u_{ij}=\left( \sum\limits_{i=0}^{\infty }\frac{1}{%
a^{is}}\right) \left( \sum\limits_{j=0}^{\infty }\frac{1}{b^{js}}\right) .$

\item[c)]  \textbf{\ }On note $M_{n}=\{m$ $/$ $m=\prod%
\limits_{i=1}^{n}p_{i}^{s\alpha _{i}},$ $\alpha _{i}\in \Bbb{N}\},$
l'application
\begin{tabular}[t]{ll}
$\varphi :\Bbb{N}^{n}\rightarrow $ & $M_{n}$ \\
$(\alpha _{1},...,\alpha _{n})\mapsto $ & $\prod\limits_{i=1}^{n}p_{i}^{s%
\alpha _{i}}$%
\end{tabular}
est injective en effet: si $\varphi (\alpha _{1},...,\alpha _{n})=\varphi
(\beta _{1},...,\beta _{n})$ alors $\prod\limits_{i=1}^{n}p_{i}^{s\alpha
_{i}}=\prod\limits_{i=1}^{n}p_{i}^{s\beta _{i}}$ et puis $\alpha _{i}=\beta
_{i}$ pour tout $i$ car sinon, il existerait $k\in $\crol1,n\cror tel que $%
\alpha _{k}\neq \beta _{k},$par exemple $\alpha _{k}<\beta _{k}.$ En
\'{e}crivant: $\prod\limits_{i=1,i\neq k}^{n}p_{i}^{s\alpha
_{i}}=p_{k}^{s(\beta _{k}-\alpha _{k})}\prod\limits_{i=1,i\neq
k}^{n}p_{i}^{s\beta _{i}},$ on a: $\prod\limits_{i=1,i\neq
k}^{n}p_{i}^{s\alpha _{i}}\equiv 0$ $mod$ $p_{k}$ ce qui absurde. D'o\`{u}
le r\'{e}sultat cherch\'{e}.\newline
Etude d'exemples:\newline
Pour $s=1$ et $n=2$ :
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline
$i$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\ \hline
$m_{i}$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 6 & 8 & 9 & 12 & 16 & 18 & 24 & 27 \\ \hline
\end{tabular}
\newline
Pour $s=1$ et $n=3$ :
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline
$i$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\ \hline
$m_{i}$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 8 & 9 & 10 & 12 & 15 & 20 \\ \hline
\end{tabular}

\item[d)]  Pour tout $n\in \Bbb{N}^{*},$ on a: $\{k^{s}/k\in $\crol1,n\cror$%
\}\subset M_{n}$ (d\'{e}composition d'un entier en facteurs
premiers), donc:
$\prod\limits_{i=1}^{N}(1-\frac{1}{p_{i}^{s}})^{-1}=$
$\prod\limits_{p\in
\Bbb{P},p\leqslant n}(1-\frac{1}{p^{s}})^{-1}=\sum\limits_{m\in M_{n}}\frac{1%
}{m}\geqslant \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{s}}.$\newline
Pour $s=1,\;\;$ $\prod\limits_{i=1}^{N}(1-\frac{1}{p_{i}^{{}}}%
)^{-1}\geqslant
\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\underset{n\rightarrow
\infty }{\rightarrow }+\infty ,$ le retrouve le r\'{e}sultat de la question.%
\textbf{I-a)}...

\item[e)]  Par d\'{e}composition d'un entier en facteurs premiers, on a: $%
M_{N}\subset \{k^{s}$ $/$ $k\in \Bbb{N}^{*}\},\;$donc $\sum\limits_{k=1}^{n}%
\frac{1}{k^{s}}\leqslant \prod\limits_{i=1}^{N}(1-\frac{1}{p_{i}^{s}}%
)^{-1}=\sum\limits_{m\in M_{n}}\frac{1}{m}\leqslant
\sum\limits_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{s}}$ et puis $\lim\limits_{n%
\rightarrow \infty }f_{n}(s)=\sum\limits_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{s}}.$
\end{enumerate}

\item[3.]  Pour $s=1,$ par $\prod\limits_{i=1}^{N}(1-\frac{1}{p_{i}^{{}}}%
)^{-1}\geqslant
\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\underset{n\rightarrow
\infty }{\rightarrow }+\infty ,$ on a: $\sum\limits_{i=1}^{N}v_{i}=-\ln ($ $%
\prod\limits_{i=1}^{N}(1-\frac{1}{p_{i}^{{}}})^{-1})\rightarrow
-\infty ,$
donc $\sum v_{i}$ diverge. On sait que $p_{i}\rightarrow +\infty $ quand $%
i\rightarrow \infty ,$ donc $v_{i}=\ln (1-\frac{1}{p_{i}})\underset{%
i\rightarrow \infty }{\sim -}\frac{1}{p_{i}}=-w_{i}<0$ et par le
th\'{e}or\`{e}me de comparaison$\;\sum w_{i}$ diverge.\vspace{2cm}

\item[4.]  $\;\zeta (s)=\sum\limits_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{s}}$ est
d\'{e}finie pour tout $s>1$ ( s\'{e}rie de Riemann). \newline
Pour tout $a>1$ et tout $s\geqslant a,$ on a: $\forall k\in \Bbb{N}^{*},$ $0<%
\frac{1}{k^{s}}\leqslant \frac{1}{k^{a}}$ et $\sum \frac{1}{k^{a}}$
converge, donc la s\'{e}rie de fonctions continues $\sum\limits_{k\geqslant
1}(s\mapsto \frac{1}{k^{s}})$ converge normalement (donc uniform\'{e}ment)
sur $[a,+\infty [$ et par suite $\zeta $ est continue sur $]1,+\infty [.$%
\newline
Etude du caract\`{e}re $C^{1}.$\newline
L'application $s\mapsto \frac{1}{k^{s}}$ est $C^{1}$ (m\^{e}me $C^{\infty }$
) sur $]1,+\infty [$ et $\frac{d}{ds}(\frac{1}{k^{s}})=-\ln (k)\frac{1}{k^{s}%
}.$ On a donc, pour tout $a>1\;$et $s\geqslant a,\;\left| -\ln (k)\frac{1}{%
k^{s}}\right| \leqslant \frac{\ln (k)}{k^{a}}$ . Si $\alpha \in ]1,a[,$
alors $k^{\alpha }\frac{\ln (k)}{k^{a}}=\frac{\ln (k)}{k^{a-\alpha }}%
\underset{n\infty }{\rightarrow }0,$ donc la s\'{e}rie num\'{e}rique $%
\sum\limits_{k\geqslant 1}\frac{\ln (k)}{k^{a}}$ est convergente et par
suite la s\'{e}rie de fonctions $\sum (s\mapsto $ $-\ln (k)\frac{1}{k^{s}})$
converge normalement (donc uniform\'{e}ment ) sur $[a,+\infty [.$ On conclut
alors que $\zeta $ est de classe $C^{1}$ sur $]1,+\infty [$ et $\zeta
^{\prime }(s)=-\sum\limits_{k=2}^{\infty }\ln (k)\frac{1}{k^{s}}.$
\end{enumerate}

\section{\textbf{Partie II}}

\begin{enumerate}
\item[1.]  Majoration du produit $P_{n}$

\begin{enumerate}
\item[a)]  Valeurs de $N,$ $p_{N},P_{n}$ et $4^{n}$ pour $n=2,$ $3,$ $4,$ $5$%
\[
\begin{tabular}[t]{|l|l|l|l|l|}
\hline
$n$ & $2$ & $3$ & $4$ & $5$ \\ \hline
$N$ & 1 & 2 & 2 & 3 \\ \hline
$p_{N}$ & 2 & 3 & 3 & 5 \\ \hline
$P_{n}$ & 2 & 6 & 6 & 25 \\ \hline
$4^{n}$ & 16 & 64 & 256 & 124 \\ \hline
\end{tabular}
\]

\item[b)]  Soit $n\in \Bbb{N}^{*}$ et supposons $n+1$ non premier et que $%
P_{n}\leqslant 4^{n},$ alors \newline
$N=card\{p\in \Bbb{P}\;/\;p\leqslant n\}=card\{p\in \Bbb{P}\;/\;p\leqslant
n+1\}$ donc $p_{n+1}=p_{n}\leqslant 4^{n}\leqslant 4^{n+1}.$

\item[c)]  \textbf{\ }Si $n+1$ est premier, alors $n+1$ est impair, donc il
existe $m\in \Bbb{N}^{*}$ tel que $n+1=2m+1.$\newline
On a: $\complement _{2m+1}^{m}=\frac{(m+2)...(2m+1)}{m!}=\frac{N}{D}$ , donc
tout nombre premier $p\in $\crol m+2,2m+1\cror \ divise $N$ et les seuls
diviseurs $p$ premiers de $D$ sont $\leqslant m$ et par suite: tout nombre
premier $p\in $\crol m+2,2m+1\cror \ divise $\complement _{2m+1}^{m}.$ Par
application de la formule du bin\^{o}me, on a: $2\complement
_{2m+1}^{m}=\complement _{2m+1}^{m}+\complement _{2m+1}^{m+1}\leqslant
(1+1)^{2m+1}=2^{2m+1},$ donc $\complement _{2m+1}^{m}\leqslant 2^{2m}=4^{m}.$%
\newline
Avec $n+1=2m+1$ premier, on a: $P_{n+1}=\underset{p_{m+1}}{\underset{%
\shortparallel }{\underbrace{\left( \prod\limits_{p\in \Bbb{P},p\leqslant
m+1}p\right) }}}\underset{Q}{\underset{\shortparallel }{\underbrace{%
\left( \prod\limits_{p\in \Bbb{P},m+2\leqslant p\leqslant 2m+1}p\right) }}}%
=P_{m+1}Q.$ par ce qui pr\'{e}c\`{e}de $Q$ divise $\complement _{2m+1}^{m}$
donc $Q\leqslant \complement _{2m+1}^{m}$ et par suite $Q\leqslant 4^{m}.$%
\newline
Si $P_{m+1}\leqslant 4^{m+1},$ alors: $P_{n+1}=P_{m+1}Q\leqslant
4^{m+1}4^{m}=4^{2m+1}=4^{n+1}.$

\item[d)]  Une r\'{e}currence s'impose: \newline
Pour $n=2,$ on a: $N=1$ et $P_{n}=p_{1}=2\leqslant 4^{2}.$\newline
Soit $n\in \Bbb{N}$ tel que $n\geqslant 2,$ supposons $(HR):$ $%
P_{n}\leqslant 4^{n},$ alors par $b)$ et $c)$ on a: $P_{n+1}\leqslant 4^{n+1}
$
\end{enumerate}

\item[2.]  Posons $\alpha _{i}=\max\limits_{j}\{j\;/\;p_{i}^{j}\leqslant n\}$
, alors $d_{n}=\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha _{i}}$ en effet: Si $%
k=\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha _{i,k}}\in $\crol1,n\cror , alors $%
\alpha _{i,k}\leqslant \alpha _{i}$ et $k$ divise $\prod%
\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha _{i}}$. Donc $\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{%
\alpha _{i}}$ est un multiple commun \`{a} tous les $k\in $\crol1,n\cror .Si
$k=p_{i}^{\alpha _{i}},$ alors $k\in $\crol1,n\cror  et $k$ divise $d_{n}$ ,
donc $\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha _{i}}$ divise $d_{n}$. Par
d\'{e}finition de $d_{n}$ on a bien l'\'{e}galit\'{e}.\newline
Par $\alpha _{i}=\max\limits_{j}\{j/$ $p_{i}^{j}\leqslant n\},$ par $%
p_{i}^{j}\leqslant n$ on a: $j\leqslant \frac{\ln (n)}{\ln (p_{i})}$ et puis
$\alpha _{i}=[\frac{\ln (n)}{\ln (p_{i})}]$\newline
Autre fa\c{c}on:\newline
Soit $k=\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha _{i,k}}\in $\crol1,n\cror et $%
D_{n}=\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha _{i}}$ avec $\alpha
_{i}=\max\limits_{1\leqslant k\leqslant n}\alpha _{i,k}$ , on a: $\alpha
_{i}\geqslant 1$ (car $\alpha _{i,k}\geqslant 1$ pour $k$ premier) et $k$
divise $D_{n}$ $\;\;($ $D_{n}=k.\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha
_{i}-\alpha _{i,k}}$ ), donc $D_{n}$ est un multiple commun des $k\in $\crol%
1,n\cror. Comme $d_{n}$ est le plus petit commun multiples des $k,$ on a: $%
d_{n}$ divise $D_{n}$ : $D_{n}=d_{n}\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\gamma _{i}}
$ avec $\gamma _{i}\geqslant 0$ et si $d_{n}=\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{%
\beta _{i}}$ alors $\alpha _{i}=\beta _{i}+\gamma _{i}$ pour tout $i.$%
\newline
Supposons qu'il existe $i_{0}$ tel que $\gamma _{i_{0}\geqslant 1,}$ alors $%
\alpha _{i_{0}}=\alpha _{i_{0},k_{0}}=\beta _{i_{0}}+\gamma _{i_{0}}$ \ avec
$k_{0}\hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm}\left( \prod\limits_{i=1,i\neq
i_{0}}^{N}p_{i}^{\alpha _{i}}\right) .p_{i_{0}}^{\alpha _{i_{0},k_{0}}}%
\hspace{-0.05cm}\in \hspace{-0.05cm}$\crol1,n\cror
\newline
$p_{i_{0}}^{\alpha _{i_{0}}}=p_{i_{0}}^{\alpha _{i_{0},k_{0}}}$ est un
diviseur de $k_{0},$ donc de $d_{n}$ et comme $d_{n}=\left(
\prod\limits_{i=1,i\neq i_{0}}^{N}p_{i}^{\beta _{i}}\right)
.p_{i_{0}}^{\beta _{i_{0}}},$ on a: $\alpha _{i_{0}}\leqslant \beta
_{i_{0}}<\beta _{i_{0}}+\gamma _{i_{0}}=\alpha _{i_{0}}$ ce qui est absurde.
En cons\'{e}quence: $\forall i,$ $\alpha _{i}=\beta _{i}$ et puis $%
d_{n}=D_{n}$ . Remarquons que $\alpha _{i}=\max\limits_{k}\{k/$ $%
p_{i}^{k}\leqslant n\},$ par $p_{i}^{k}\leqslant n$ on a: $k\leqslant \frac{%
\ln (n)}{\ln (p_{i})}$ et puis $\alpha _{i}=[\frac{\ln (n)}{\ln (p_{i})}]$

\item[3.]  Une minoration de $d_{2n+1}$

\begin{enumerate}
\item[a)]  L'\'{e}tude de la fonction $f_{n}:[0,1]\rightarrow \Bbb{R},$ $%
x\mapsto x^{n}(1-x)^{n}$ montre que $f_{n}$ est continue et born\'{e}e sur $%
[0,1]$ et $\left\| f_{n}\right\| _{\infty }=\sup\limits_{x\in [0,1]}\left|
f_{n}(x)\right| =\dfrac{1}{4^{n}}.$ D'o\`{u} $I_{n}=\int_{0}^{1}f_{n}(x)dx%
\leqslant \dfrac{1}{4^{n}}.$

\item[b)]  $\triangleright $ Par sa d\'{e}finition $d_{2n+1}$ est divisible
par tous les entiers $n+k+1$ avec $k\in $\crol0,n\cror
\newline
$\triangleright $ On a: $(1-x)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\complement
_{n}^{k}(-1)^{k}x^{k}$ ,donc $I_{n}=\int\limits_{0}^{1}\sum\limits_{k=0}^{n}%
\complement _{n}^{k}(-1)^{k}x^{n+k}dx=\sum\limits_{k=0}^{n}\complement
_{n}^{k}(-1)^{k}\frac{1}{n+k+1}$ et puis $d_{2n+1}.I_{n}=\sum%
\limits_{k=0}^{n}\complement _{n}^{k}(-1)^{k}\frac{d_{2n+1}}{n+k+1}$ et
comme $\frac{d_{2n+1}}{n+k+1}$ est un entier , on a aussi $d_{2n+1}.I_{n}$
est un entier (somme d'entiers).\newline
$\triangleright $ On a $I_{n}.d_{2n+1}=m\in \Bbb{N}^{*},$ car $I_{n}$ et $%
d_{2n+1}$ sont strictement positifs, donc $d_{2n+1}=m.\frac{1}{I_{n}}%
\geqslant \frac{m}{4^{n}}\geqslant \frac{1}{4^{n}}$ .
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Partie III}

Pour $x\in \Bbb{R}$ tel que $x\geqslant 2,$ posons $\pi (x)=card\{p\in \Bbb{P%
}$ $\;/$ \ \ $p\leqslant x\}=\sum\limits_{p\in \Bbb{P},p\leqslant x}1$ et

$\theta (x)=\sum\limits_{p\in \Bbb{P},\;p\leqslant x}\ln
(p)=\sum\limits_{i=1}^{\pi (x)}\ln (p_{i})$

\begin{enumerate}
\item[1.]  Un r\'{e}sultat auxiliaire: On pose $a_{0}=0$ et $p_{0}=1$\newline
$\triangleright $ $H_{A}$ est une fontion en escalier, de constante
\'{e}gale \`{a} $\sum\limits_{k=0}^{N}a_{k}$ sur $[p_{N},p_{N+1}[,$ donc
continue sur les intervalles $[p_{N},p_{N+1}[$ pour $N\in \Bbb{N}.$ \newline
Etude en les points $p_{N}$ , $N\in \Bbb{N}^{*}:$ on a: $H_{A}(x)=\left\{
\begin{array}{ll}
\sum\limits_{k=0}^{N-1}a_{k} & \;\text{si\ }x\in [p_{N-1},p_{N}[ \\
\sum\limits_{k=0}^{N}a_{k} & \;\text{si \ }x\in [p_{N},p_{N+1}[
\end{array}
\right. ,$ donc $H_{A}$ est continue en $p_{N}$ si et seulement si $a_{N}=0$
et lorsque $a_{N}\neq 0,$ $H_{A}$ est discontinue en $p_{N}$ et on a: $%
H_{A}(p_{N})-H_{A}(p_{N}-0)=a_{N}.$\newline
$\triangleright $ Formule sommatoire d'Abel: pour $x\geqslant 2,$ avec $%
p_{N}\leqslant x<p_{N+1},$ on a:\newline
$H_{A}(x)f(x)=\left( \sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}\right) f(x)$ et $%
\sum\limits_{1\leqslant i\leqslant
N}a_{i}f(p_{k})=a_{1}f(p_{1})+...a_{N}f(p_{N}).$\newline
D'autre part $\int\limits_{2}^{x}H_{A}(t)f^{\prime
}(t)dt=\sum\limits_{2\leqslant k\leqslant
N}\int\limits_{k}^{k+1}H_{A}(t)f^{\prime
}(t)dt+\int\limits_{N}^{x}H_{A}(t)f^{\prime }(t)dt,$ mais:\newline
$\int\limits_{k}^{k+1}H_{A}(t)f^{\prime
}(t)dt=\int\limits_{[k,k+1[}H_{A}(t)f^{\prime }(t)dt=\left(
\sum\limits_{i=1}^{k}a_{i}\right) \left( f(p_{i+1})-f(p_{i})\right) $\ \ \ \
et \newline
$\;\;\;\int\limits_{N}^{x}H_{A}(t)f^{\prime }(t)dt=\left(
\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}\right) \left( f(x)-f(p_{N})\right) ,$ donc\newline
\begin{tabular}{lll}
$\int\limits_{2}^{x}H_{A}(t)f^{\prime }(t)dt$ & $=\sum\limits_{2\leqslant
k\leqslant N}(\sum\limits_{i=1}^{k-1}a_{i})f(p_{k})-\sum\limits_{2\leqslant
k\leqslant N}(\sum\limits_{i=1}^{k}a_{i})f(p_{k})+\left(
\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}\right) (f(x)-f(p_{N}))$ &  \\
& $=-\sum\limits_{1\leqslant i\leqslant N}a_{i}f(a_{i})+\left(
\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}\right) f(x)$ &
\end{tabular}
. \newline
D'o\`{u} le r\'{e}sultat demend\'{e}.

\item[2.]  Une majoration de la fonction $\pi .$

\begin{enumerate}
\item[a)]  Pour tout $x$ r\'{e}el tel que $x\geqslant 2,$ et $p_{N}\leqslant
[x]\leqslant x<p_{N+1},$ on a $p_{N}\leqslant [x]\leqslant x<p_{N+1}\;$et
par la question II-1.d): $\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}$ $\leqslant
4^{[x]}\leqslant 4^{x}$ et par suite $\theta (x)=\sum\limits_{i=1}^{N}\ln
(p_{i})\leqslant \ln (4^{x})=x\ln (4).$

\item[b)]  Si la suite $A=(a_{n})_{n}$ est telle que: $a_{n}=\ln (p_{n}),$
avec $p_{0}=1$ et $f:x\mapsto \frac{1}{\ln (x)},$ alors les hypot\`{e}ses de
formule sommatoire d'ABEL sont toutes justifi\'{e}es, et on a: \newline
$\pi
(x)=\sum\limits_{i=1}^{N}1=\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}f(p_{i})=H_{A}(x)f(x)-%
\int_{2}^{x}H_{A}(t)f^{\prime }(t)dt.$ \newline
Or $H_{A}(x)=\sum\limits_{i=1}^{N}a_{i}=\sum\limits_{i=1}^{N}\ln
(p_{i})=\theta (x)$ $\;$et $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x\left( \ln (x)\right)
^{2}}$ donc:\newline
$\pi (x)=\theta (x)f(x)+\int_{2}^{x}\frac{\theta (t)}{t(\ln t)^{2}}%
dt\leqslant \frac{x\ln (4)}{\ln (x)}+\int_{2}^{x}\frac{t\ln (4)}{t(\ln t)^{2}%
}dt$ ce qui montre que:
\[
\pi (x)\leqslant \ln (4)\left( \frac{x}{\ln (x)}+\int_{2}^{x}\frac{1}{(\ln
t)^{2}}dt\right)
\]

\item[c)]  Pour $x\geqslant 4,$ on a: $R(x)=\frac{\ln (x)}{x}%
\int\limits_{2}^{x}\frac{1}{(\ln t)^{2}}dt=\frac{\ln (x)}{x}\int\limits_{2}^{%
\sqrt{x}}\frac{1}{(\ln t)^{2}}dt+\frac{\ln (x)}{x}\int\limits_{\sqrt{x}}^{x}%
\frac{1}{(\ln t)^{2}}dt,$ mais la fonction $\ln $ est croissante et
strictement positive sur $[2;+\infty [,$ donc:\newline
$0\leqslant \frac{\ln (x)}{x}\int\limits_{2}^{\sqrt{x}}\frac{1}{(\ln t)^{2}}%
dt\leqslant \frac{\ln (x)}{x}\int\limits_{2}^{\sqrt{x}}\frac{1}{(\ln 2)^{2}}%
dt=\allowbreak \frac{\ln x}{x}\frac{\sqrt{x}-2}{\ln ^{2}2}\underset{%
x\rightarrow +\infty }{\rightarrow }0$ et $0\leqslant \frac{\ln (x)}{x}%
\int\limits_{\sqrt{x}}^{x}\frac{1}{(\ln t)^{2}}dt\leqslant \frac{\ln (x)}{x}%
\int\limits_{\sqrt{x}}^{x}\frac{1}{(\ln \sqrt{x})^{2}}dt=\allowbreak \frac{4%
}{\left( \ln x\right) x}\left( x-\sqrt{x}\right)
\underset{x\rightarrow +\infty }{\rightarrow }0$ et par suite
$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }R(x)=0$

\item[d)]  \textbf{\ }Par la question pr\'{e}c\'{e}dente on a: $%
\int\limits_{2}^{x}\frac{1}{(\ln t)^{2}}dt\underset{x\rightarrow +\infty }{%
=}o(\frac{x}{\ln (x)}),$ et avec $\varepsilon =\ln (4)>0,$ il existe $x_{0}>2
$ tel que: $\forall x\geqslant x_{0}$ $;$ \ \ \ $0\leqslant
\int\limits_{2}^{x}\frac{1}{(\ln t)^{2}}dt\leqslant \ln (4)\frac{x}{\ln (x)}$
et puis: $0\leqslant \pi (x)\leqslant \ln (4)\left( \frac{x}{\ln (x)}%
+\int_{2}^{x}\frac{1}{(\ln t)^{2}}dt\right) \leqslant \ln (4)\left( \frac{x}{%
\ln (x)}+\frac{x}{\ln (x)}\right) =4\ln (2)\frac{x}{\ln (x)}$
\end{enumerate}

\item[3.]  Une majoration de la fonction $\pi $\newline
Pour tout $x\geqslant 2,\;$avec $N=\pi (x),$ on a: $d_{2[\frac{x}{2}%
]+1}=\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha _{i}}$ o\`{u} $\alpha _{i}=\left[
\frac{\ln ([\frac{x}{2}])}{\ln (p_{i})}\right] $ , donc: $\ln (d_{2[\frac{x}{%
2}]+1})=\ln (\prod\limits_{i=1}^{N}p_{i}^{\alpha
_{i}})=\sum\limits_{i=1}^{N}\alpha _{i}\ln (p_{i})\leqslant
\sum\limits_{i=1}^{N}\frac{\ln ([\frac{x}{2}])}{\ln (p_{i})}\ln
(p_{i})\leqslant N\ln ([\frac{x}{2}])\leqslant N\ln (\frac{x}{2}).$ \newline
D'autre part $d_{2[\frac{x}{2}]+1}\geqslant 4^{[\frac{x}{2}]},$ donc $\ln
(d_{2[\frac{x}{2}]+1})\geqslant [x].\ln (4)\geqslant (x-2)\ln (2)\geqslant
x\ln (2)$ et par suite $x\ln (2)\leqslant N\ln (\frac{x}{2})$ , donc $%
N\geqslant \frac{x\ln (2)}{\ln (\frac{x}{2})}=\frac{\ln (2)}{2}\frac{x}{\ln
(x)}\left( \frac{2}{1-\frac{\ln 2}{\ln (x)}}\right) ,$ mais $%
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\left( \frac{2}{1-\frac{\ln 2}{\ln (x)}}%
\right) =2,$ , il existe donc $x_{1}>2$ tel que: $\forall x\geqslant x_{1};$
$\frac{2}{1-\frac{\ln 2}{\ln (x)}}\geqslant 2-1=1.$
\end{enumerate}

En conclusion: $\exists x_{1}>2,$ $\forall x\geqslant x_{1}:$ $\pi
(x)=N\geqslant \dfrac{\ln (2)}{2}\dfrac{x}{\ln (x)}\left( \frac{2}{1-\frac{%
\ln 2}{\ln (x)}}\right) \geqslant \dfrac{\ln (2)}{2}\dfrac{x}{\ln (x)}$

\section{Partie IV}

\begin{enumerate}
\item[1.]  Th\'{e}or\`{e}me d'Euler

\begin{enumerate}
\item[a)]  $\Rightarrow )$ Si $\bar{a}$ est inversible dans $\Bbb{Z}/n\Bbb{Z}
$; il existe $b\in \Bbb{Z}/n\Bbb{Z}$ tel que:
\begin{equation}
ab\equiv 1\;\;\;(n)  \tag{1}
\end{equation}
$(1)$ $\Longleftrightarrow \exists k\in \Bbb{Z},$ $ab=1+kn$ $%
\Longleftrightarrow \exists k\in \Bbb{Z},$ $ab-kn=1$\newline
D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de $Bezout,$ $a$ et $n$ sont alors premiers
entre eux.\newline
$\Leftarrow )$ R\'{e}ciproquement, si $a$ et $n$ sont premiers entre eux, il
existe des entiers $u$ et $v$ tels que: $au+nv=1.$ $\newline
$ Donc $au\equiv 1$ $mod$ $n)$ et $\bar{u}$ est alors l'inverse de $%
\bar{a}$ dans $\Bbb{Z}/n\Bbb{Z}$ $.$\newline
Valeurs de $\varphi (n)$ lorsque $n$ prend toutes ses valeurs enti\`{e}res
dans \crol2,7\cror:
\[
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline
$n$ & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline
$\varphi (n)$ & 1 & 2 & 1 & 4 & 2 & 6 \\ \hline
\end{tabular}
\]

\item[b)]  Cours: $(\Bbb{Z}/n\Bbb{Z})^{*}$ est un proupe multiplicatif et $%
card((\Bbb{Z}/n\Bbb{Z})^{*})=\varphi (n).$\newline
Soit $n$ un entier $(n\geqslant 2),$ et $a$ un entier premier avec $n.$
Montrons ( th\'{e}or\`{e}me d'Euler) que:
\begin{equation}
a^{\varphi (n)}\equiv 1\;\;(n)  \tag{2}
\end{equation}
L'application $\Psi :\left( \Bbb{Z}/n\Bbb{Z}\right) ^{*}\rightarrow \left(
\Bbb{Z}/n\Bbb{Z}\right) ^{*},$ $\bar{b}\mapsto \bar{m}=\bar{b}.\bar{a}$ est
injective et $card()=\varphi (n)$ est fini, donc $\Psi $ est surjective et
par suite bijective.L'\'{e}l\'{e}ment $c=\prod\limits_{\bar{b}\in \left(
\Bbb{Z}/n\Bbb{Z}\right) ^{*}}\bar{b}.\bar{a}\in \left( \Bbb{Z}/n\Bbb{Z}%
\right) ^{*},$ peut s'\'{e}crire:$c=\left( \prod\limits_{\bar{b}\in \left(
\Bbb{Z}/n\Bbb{Z}\right) ^{*}}\bar{b}\right) .\bar{a}^{\varphi (n)},$ mais $%
c=\prod\limits_{\bar{b}\in \left( \Bbb{Z}/n\Bbb{Z}\right) ^{*}}\bar{b}.\bar{a%
}=\prod\limits_{\bar{m}\in \left( \Bbb{Z}/n\Bbb{Z}\right) ^{*}}\bar{m}$ car $%
\Psi $ est bijective. D'o\`{u} $\prod\limits_{\bar{m}\in \left( \Bbb{Z}/n%
\Bbb{Z}\right) ^{*}}\bar{m}=\left( \prod\limits_{\bar{b}\in \left( \Bbb{Z}/n%
\Bbb{Z}\right) ^{*}}\bar{b}\right) .\bar{a}^{\varphi (n)},$ et par suite $%
\bar{a}^{\varphi (n)}=\bar{1}.$\newline
Autre fa\c{c}on: Il suffit d'appliquer le th\'{e}or\`{e}me de $Lagrange$ au
groupe multiplicatif $\left( \Bbb{Z}/n\Bbb{Z}\right) ^{*}:$ $\;\;a$
\'{e}tant premier avec $n,$ donc $\bar{a}\in \left( \Bbb{Z}/p\Bbb{Z}\right)
^{*},$ et son ordre $d$ divise $\varphi (n),$ ordre de $\left( \Bbb{Z}/n\Bbb{%
Z}\right) ^{*}.$ On peut alors \'{e}crire: $\varphi (n)=dk,$
o\`{u} $k\in \mathbf{N}^{*}.$ D'o\`{u} $a^{\varphi
(n)}=(a^{d})^{k}\equiv 1\;$\ $ mod n.$

\item[c)]  Application: Reste de la division euclidienne de $251^{311}$ par $%
6:$ Il suffit de calculer $\overline{251^{311}}$ dans $\Bbb{Z}/6\Bbb{Z}$ et
comme $251$ est premier avec $6$ et que $\overline{311}=5,$ $\varphi (6)=2,$
on a: $\overline{251^{311}}=\overline{251^{5}}=\overline{251^{3}}=\overline{%
251}=5$ car $251^{2}\equiv 1$ mod $6.$
\end{enumerate}

\item[2.]  Principe de cryptographie:\newline
Soit $n$ un entier $\geqslant 2$ et $p,$ $q$ deux entiers premiers tels que:
$n=pq$

\begin{enumerate}
\item[a)]  L'application $h:\left( \Bbb{Z}/pq\Bbb{Z}\right) ^{*}\Bbb{%
\rightarrow }\left( \Bbb{Z}/p\Bbb{Z}\right) ^{*}\Bbb{\times }\left( \Bbb{Z}/q%
\Bbb{Z}\right) ^{*},$ $\bar{x}\mapsto (\bar{a},\bar{b})$ , o\`{u}
$\bar{a}$ (resp. $\bar{b}$ ) est la classe de $x$ $mod
$ $p$
(resp.classe de $x$
$mod$ $q,$ est bijective, en effet: soit $(a,b)\in $\crol1,p-1\cror$%
\times $\crol1,q-1\cror ,\ ( $\left( \Bbb{Z}/p\Bbb{Z}\right) ^{*}=$\crol1,p-1%
\cror.....).Comme $p\wedge q=1,$ par l'identit\'{e} de $Bezout,$ il existe $%
(u,v)\in \Bbb{Z}^{2}$ tel que $up+vq=1,$ donc $pu(a-b)+qv(p-q)=a-b$ .Si l'on
pose $k=u(a-b)$ et $k^{\prime }=v(a-b),$ alors l'entier: $x=a+kp=b+k^{\prime
}q$ v\'{e}rifie: $\left\{
\begin{array}{l}
x\equiv a\;mod \text{ }p \\
x\equiv b\;\text{ }\text{mod}\text{ }q
\end{array}
\right. $ ,donc $h$ est surjective\ \newline
Soient maitenant $x$ et $x^{\prime }$ deux solutions enti\`{e}res de
syst\`{e}me de congruence :$\;$%
\[
\left\{
\begin{array}{l}
x\equiv a\;\;\;\;\;\;(\;p) \\
x\equiv b\;\;\;\;\;(\;q)
\end{array}
\right. \;\;\;\text{et}\;\;\;\left\{
\begin{array}{l}
x^{\prime }\equiv a\;\;\;\;\;\;(\;p) \\
x^{\prime }\equiv b\;\;\;\;\;\;(\;q)
\end{array}
\right.
\]
Alors $x-x^{\prime }\equiv 0$ $(\text{mod}$ $p)$ $\;\;$et
$\;\;x-x^{\prime }\equiv 0$ ( $\text{mod}$ $q$ ). \newline
Le th\'{e}or\`{e}me de $Gauss$ montre qu'alors: $x-x^{\prime }\equiv 0$ $(%
\text{mod}$ $pq$ $)$ et par cons\'{e}quent $h$ est
injective.\newline
Conclusion: $h$ est une bijection de $\left( \Bbb{Z}/pq\Bbb{Z}\right) ^{*}\;$%
sur $\left( \Bbb{Z}/p\Bbb{Z}\right) ^{*}\Bbb{\times }\left( \Bbb{Z}/q\Bbb{Z}%
\right) ^{*}$\newline
Donc $\varphi (pq)=card(\left( \Bbb{Z}/pq\Bbb{Z}\right) ^{*})=card(\left(
\Bbb{Z}/p\Bbb{Z}\right) ^{*}\Bbb{\times }\left( \Bbb{Z}/q\Bbb{Z}\right)
^{*})=\varphi (p)\varphi (q)=(p-1)(q-1).$

\item[b)]  On suppose $e$ entier tel que $e$ est premier avec $(p-1)(q-1)$%
\newline
On se place dans $\Bbb{Z}/(p-1)(q-1)\Bbb{Z}$ , l'\'{e}l\'{e}ment $e$ est
premier avec $(p-1)(q-1),$ donc inversible dans $\Bbb{Z}/(p-1)(q-1)\Bbb{Z}$
, il existe donc $d\in Z$ tel que $\bar{e}.\bar{d}\equiv 1$ $\text{mod}$ $%
(p-1)(q-1).$\newline
Exemple: $n=6=(2-1)\times (7-1)=(p-1)(q-1)$ \ $e=5$ est premier avec $6$%
\[
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline
$\bar{a}$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ \hline
$\bar{a}^{ed}$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ \hline
\end{tabular}
\]

\item[c)]  Soit $\bar{a}\in \Bbb{Z}/n\Bbb{Z}$ , on a: $\bar{a}^{\varphi
(n)}\equiv 1$ $\text{mod}$ $n,$ comme $\bar{e}.\bar{d}\equiv 1$
$\text{mod}$
$\varphi (n)$ il existe $k\in \Bbb{Z}$ tel que $ed=1+k.\varphi (n)$ et donc $%
\bar{a}^{ed}=\bar{a}^{1+k.\varphi (n)}=$ $\bar{a}.\left( \bar{a}^{\varphi
(n)}\right) ^{k}=\bar{a}.1=\bar{a}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}
