Dans tout le problème, on confondra un polynôme à coecients réels avec la fonction polynomiale dénie dans R qui lui est associée.

Énoncé

Dans tout le problème, on confondra un polynôme à coecients réels avec la fonction polynomiale dénie dans R qui lui est associée.

Partie I. Irrationnalité de e ^m

Dans cette partie, on admet que pour tout entier naturel n , il existe des polynômes A n

et B n à coecients dans Z et de degré inférieur ou égal à n dénissant une fonction f n

∀x ∈ R : f n (x) = A n (x) + B n (x)e ^x telle que :

∀k ∈ {0, · · · , n} : f _n ^(k) (0) = 0

∀x ∈ R : f _n ⁽ⁿ⁺¹⁾ (x) = x ⁿ e ^x

1. Calculer des polynômes A n et B n satisfaisant aux conditions pour n égal à 1 ou 2.

2. a. Calculer, à l'aide de la formule de Leibniz, la dérivée n + 1 ème de la fonction x → x ²ⁿ⁺¹ e ^x

(n + 1)!

Montrer que le coecient de x ⁿ e ^x est un entier à préciser.

b. Montrer que :

∀x > 0 : 0 < f _n (x) < x ²ⁿ⁺¹ e ^x (n + 1)!

(on pourra utiliser des tableaux de variations et des dérivations successives) 3. Soit m un entier naturel non nul, on suppose qu'il existe un entier q non nul tel que

qe ^m soit entier. Montrer que pour tous les entiers n : qf n (m) ∈ Z En déduire une contradiction et conclure.

Partie II. Généralisation de la formule du binôme.

Pour tout couple (m, k) ∈ Z × N, on dénit des nombres c m,k par les relations ∀m ∈ Z : c m,0 = 1

∀k ≥ 1 : c 0,k = 0

et

∀k ≥ 1 : c m,k = c _m−1,k + c _m−1,k−1

1. Former le tableau des c _m,k avec m comme numéro de la ligne et k comme numéro de la colonne pour m entre −4 et +4 et k entre 0 et 4 .

Formulez des remarques intéressantes relativement à ces coecients.

2. On considère un anneau A dont le neutre additif est noté 0 A et le neutre multiplicatif (élément unité) est noté i . Cet anneau A contient un élément d (dit nilpotent) pour lequel il existe un entier n ≥ 1 tel que

d ⁿ⁺¹ = 0 A

a. Calculer

n

X

k=0

c −1,k d ^k

! (i + d) En déduire que i + d est un élément inversible de A . b. Montrer que pour tout m ∈ Z :

(i + d) ^m =

n

X

k=0

c m,k d ^k

Partie III. Existence de A n et B n .

On désigne par R n [X ] l'espace des polynômes à coecients réels et dont le degré est inférieur ou égal à n . On considère l'anneau des endomorphismes de R ⁿ [X ] . On rappelle que, dans cet anneau, la loi multiplicative est la composition ◦ des endomorphismes.

L'unité est l'application linéaire identité notée ici i :

i : (

R n [X ] → R n [X ] P → P

L'élément nilpotent considéré est la dérivation notée ici d :

d : (

R n [X ] → R n [X ]

P → P ⁰

1. Montrer que i + d est un automorphisme de R n [X ] .

2. Pour tout entier n on pose :

B _n = (i + d) ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ (X ⁿ ) et on dénit la fonction β _n par :

∀x ∈ R : β _n (x) = B _n (x)e ^x

a. Préciser, à l'aide d'une puissance de i + d la dérivée m ième de β n pour un entier naturel m quelconque. Que se passe-t-il pour m = n + 1 ?

b. Pour m ∈ {0, · · · , n} , montrer que β ^(m) n (0)

m! ∈ Z Conclure.

Corrigé Partie I

1. Le calcul de f 1 et f 2 s'eectue en utilisant des coecients indéterminés et en formant des équations pour les conditions requises. En utilisant :

f 1 (x) = ax + b + (cx + d)e ^x f ₁ ⁰ (x) = a + (cx + c + d)e ^x f ₁ ⁰⁰ (x) = (cx + 2c + d)e ^x On obtient

f 1 (x) = (x + 2) + (x − 2)e ^x En utilisant :

f ₂ (x) = ax ² + bx + c + (αx ² + βx + γ)e ^x f ₂ ⁰ (x) = 2ax + b + (αx ² + (2α + β )x + β + γ)e ^x f ₂ ⁰⁰ (x) = 2a + (αx ² + (4α + β)x + 2α + 2β + γ)e ^x f ₂ ⁽³⁾ (x) = (αx ² + (6α + β)x + 6α + 3β + γ)e ^x

On obtient

f ₂ (x) = (−x ² − 6x − 12) + (x ² − 6x + 12)e ^x

2. a. Calculons, à l'aide de la formule de Leibniz, la dérivée n + 1 ème de la fonction x → x ²ⁿ⁺¹ e ^x

(n + 1)!

Comme on connait les dérivées successives des fonctions puissances et de la fonc- tion exponentielle, il vient :

1 (n + 1)!

n+1

X

k=0

n + 1 k

(2n + 1)!

(2n + 1 − k)! x ^2n+1−k e ^x Le coecient de x ⁿ e ^x s'obtient pour k = n + 1 . Il s'agit de :

(2n + 1)!

(n + 1)! n! =

2n + 1 n

∈ N

b. Étudions la fonction ϕ n dénie par : ϕ _n (x) = 1

(n + 1)! x ²ⁿ⁺¹ e ^x − f _n (x) On la dérive n + 1 fois :

ϕ ⁽ⁿ⁺¹⁾ _n (x) = 1

(n + 1)! x ²ⁿ⁺¹ e ^{x (n+1)}

− x ⁿ e ^x

à cause des conditions sur f _n . C'est une somme de termes de la forme u k x ^k e ^x

avec k entre n et 2n +1 . Il est clair que tous les u k sont positifs ou nuls pour k > n (ils viennent exclusivement de la dérivée calculée avec la formule de Leibniz). Pour k = n , le coecient est :

2n + 1 n

− 1

qui est un entier strictement positif. Ceci montre que ϕ ⁽ⁿ⁺¹⁾ n (x) ≥ 0 pour x ≥ 0 . De plus toutes les dérivées successives de x ²ⁿ⁺¹ e ^x sont nulles en 0. On en déduit

ϕ _n (0) = ϕ ⁰ _n (0) = · · · = ϕ ⁽ⁿ⁾ _n (0) = 0 On peut donc former une cascade de tableaux de variations :

0 +∞

ϕ ⁽ⁿ⁺¹⁾ n 0 + ϕ ⁽ⁿ⁾ n 0 % ϕ ⁽ⁿ⁻¹⁾ n 0 %

... ...

On en déduit en particulier que ϕ _n (x) > 0 pour x > 0 . C'est à dire :

∀x > 0 : f n (x) < 1

(n + 1)! x ²ⁿ⁺¹ e ^x

Le raisonnement est analogue pour l'autre inégalité en dérivant la fonction f _n .

3. Soit m ∈ N, on suppose qu'il existe q ∈ N tel que qe ^m ∈ Z. Alors : qf n (m) = qA n (m)

| {z }

∈ Z

+ B n (m)

| {z }

∈ Z

qe ^m

|{z}

∈ Z

∈ Z

car A n et B n sont à coecients dans Z. D'autre part, d'après 2.

(I) : 0 < qf _n (m) < m ²ⁿ⁺¹ qe ^m (n + 1)!

Or (qe ^{m m} _(n+1)!

) _{n∈ N} et une suite de la forme (A _(n+1)! ^B

) _{n∈ N} pour des réels A et B xés.

Elle converge donc vers 0.

Pour n assez grand, ^m

_(n+1)! ^qe

devient donc strictement plus petit que 1 ce qui est contradictoire avec (I) lorsque qf n (m) est entier. On en déduit que f n (m) est irration- nel pour tout m entier.

Partie II

1. Le tableau suivant se calcule en partant de la ligne 0| 1 0 0 0 0

En descendant, il s'agit du triangle de Pascal usuel. En remontant, on procède de gauche à droite en calculant les termes au fur et à mesure pour que la relation soit vériée. On obtient

m k 0 1 2 3 4

−4 1 −4 10 −20 35

−3 1 −3 6 −10 15

−2 1 −2 3 −4 5

−1 1 −1 1 −1 1

0 1 0 0 0 0

1 1 1 0 0 0

2 1 2 1 0 0

3 1 3 3 1 0

4 1 4 6 4 1

On peut remarquer aussi que ces coecients sont entiers à cause de leur dénition

même.

2. a. Pour le calcul suivant, on utilise les propriétés usuelles des opérations dans un anneau :

n

X

k=0

c _−1,k d ^k

!

(i + d) =

n

X

k=0

c _−1,k d ^k +

n

X

k=0

c _−1,k d ^k+1

=

n

X

k=0

(c _−1,k + c _−1,k−1 ) d ^k (car d ⁿ⁺¹ = 0 )

=

n

X

k=0

c 0,k d ^k = 1d ⁰ = i

Comme i commute avec tout le monde (en particulier d ), le produit dans l'autre sens est aussi égal à i . On en déduit que i + d est inversible avec :

(i + d) ⁻¹ =

n

X

k=0

c _−1,k d ^k

b. Pour m dans N, la formule demandée est la formule du binome habituelle dans une anneau. Pour les entiers négatifs, on va démontrer la formule P m pour m ∈ Z − N par une récurrence descendante.

(P m ) (i + d) ^m =

n

X

k=0

c _m,k d ^k

La question a. montre (P ₋₁ ) . Montrons maintenant que (P m ) ⇒ (P m−1 ) En eet, par un calcul analogue à celui du a. :

n

X

k=0

c m−1,k d ^k

!

(i + d) =

n

X

k=0

(c m−1,k + c m−1,k−1 ) d ^k =

n

X

k=0

c m,k d ^k

= (i + d) ^m (d'après (P m ) ) On peut alors multiplier à droite par (i + d) ⁻¹ et utiliser l'associativité ce qui

donne : _n

X

k=0

c _m−1,k d ^k = (i + d) ^m−1 C'est à dire (P _m−1 ) .

Partie III

1. Si on dérive n + 1 fois un polynôme de degré inférieur ou égal à n , on obtient toujours le polynôme nul. L'endomorphisme d est donc nilpotent avec d ⁿ⁺¹ = 0 _{L( R}

_(X)) . On peut alors appliquer les résultats de la partie II. On en déduit que i + d est inversible dans l'anneau des endomorphismes, c'est donc un automorphisme.

2. a. La remarque fondamentale est ici que la dérivée de la fonction x → P (x)e ^x est x → (P + P ⁰ )(x)e ^x où

P + P ⁰ = (i + d)(P ) La dérivée seconde est alors

(i + d) ² (P )(x)e ^x et ainsi de suite. Par exemple la dérivée d'ordre m est :

β ^(m) (x) = [(i + d) ^m (B n )] (x)e ^x avec (i + d) ^m (B n ) = (i + d) ^m−n−1 (X ⁿ ) Pour m = n + 1 :

(i + d) ^m−n−1 = i d'où

β ⁽ⁿ⁺¹⁾ (x) = x ⁿ e ^x b. D'après la question précédente :

β ^(m) (0) =

(i + d) ^m−n−1 (X ⁿ ) (0)e ⁰

Pour m entre 0 et n , l'exposant m −n −1 est négatif et on peut utiliser la formule du II.2.b.

β ^(m) (0) =

" _n X

k=0

c m−n−1,k d ^k (X ⁿ )

# (0) =

" _n X

k=0

c m−n−1,k

n!

(n − k)! X ^n−k

# (0)

= c m−n−1,n n! (car seul k = n contribue) On a donc bien

β n ^(m) (0)

n! = c _m−n−1,n ∈ Z

On est ici en mesure de prouver le résultat admis dans la partie I (existence des polynômes A n et B n ).

On choisit d'abord B _n = (i + d) ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ (X ⁿ ) . Par dénition c'est un polynôme de

degré au plus n . À cause de la formule de la question II.2.b, il est à coecients dans Z.

On doit maintenant trouver un polynôme A _n de degré au plus n et tel que si f _n (x) = A _n (x) + B _n (x)e ^x = A _n (x) + β _n (x)

on ait f n ^(m) (0) = 0 pour tous les m entre 0 et n . La dernière relation étant automatiquement vériée à cause du degré de A n et de la dénition de B n (III.2.a).

La condition impose

A ^(m) _n (0) = −β _n ^(m) (0)

D'après la formule de Taylor, le coecient de X ^m dans A n est A ^(m) n (0)

m! = − β n ^(m) (0)

m! = −(m + 1)(m + 2) · · · n β n ^(m) (0)

n! ∈ Z

ceci montre que le polynôme A n ainsi construit est bien à coecients entiers.