On peut le reformuler ainsi : θ ∈ R est un nombre de Pisot si et seulement si θ > 1 et s'il existe P ∈ Z [X ] de coecient dominant 1 tel que

Énoncé

Dans ce problème, lorsque P est un polynôme, on notera simplement P (a) le résultat de la substitution de X par a dans P .

Un nombre de Pisot est un nombre réel strictement plus grand que 1 et qui est racine d'un polynôme unitaire de degré au moins 1 , à coecients dans Z et dont toutes les autres racines dans C sont de module strictement plus petit que 1 .

On peut le reformuler ainsi : θ ∈ R est un nombre de Pisot si et seulement si θ > 1 et s'il existe P ∈ Z [X ] de coecient dominant 1 tel que

∀u ∈ C : u 6= θ P (u) = 0

)

⇒ |u| < 1

Partie I. Exemples

On note

¹

θ

0

=

¹₂

(1 + √

5) et, pour tout n ∈ N

^∗

,

P

n

= X

ⁿ

(X

²

− X − 1) + X

²

− 1

1. En considérant X

²

− X − 1 , montrer que θ

0

est un nombre de Pisot.

2. Étude de P

1

= X

³

− X − 1 .

a. Montrer que P

₁

a une unique racine réelle

²

, notée θ

₁

et appartenant à ]1, √ 2[ . b. Montrer que θ

1

est un nombre de Pisot.

c. Montrer que

_θ1^θ₋₁¹

= 1 + θ

1

+ θ

²₁

. 3. Étude de P

₂

= X

⁴

− X

³

− 1 .

a. Former le tableau de variations de la fonction d'une variable réelle associée à P

2

. En déduire que P

₂

admet deux racines réelles notées α et θ

₂

avec α < θ

₂

. Où se placent-elles par rapport à −1 , 0 , 1 ?

b. Montrer que P

₂

(−

_θ¹

2

) est strictement négatif.

c. Montrer que θ

2

est un nombre de Pisot.

4. a. Pour tout n ∈ N

^∗

, montrer que P

_n

admet une racine réelle dans ]1, θ

₀

[ . On admet qu'elle est unique et que c'est un nombre de Pisot. On le note θ

_n

. b. Calculer puis factoriser le reste de la division de P

_n+1

par P

_n

en traitant à part

les cas n = 1 et n = 2 . En déduire que (θ

n

)

_n∈

N^∗

est strictement croissante.

c. Montrer que (θ

n

)

_n∈

N^∗

converge vers θ

0

.

1Ce réelθ0est aussi appelé nombre d'or.

2Ce réelθ1est appelé aussi nombre d'argent ou nombre plastique.

Partie II. Algorithme d'Euclide.

Soit y 6= 1 un nombre complexe.

1. Calculer la suite, commençant par X

³

− X − 1, X

²

− y , des polynômes obtenus par l'algorithme d'Euclide.

2. a. Caractériser de deux manières la propriété : X

³

− X − 1 et X

²

− y ont une racine en commun dans C.

b. En déduire que θ

²₁

est un nombre de Pisot et préciser un polynôme unitaire de Z [X] dont il est la seule racine de module strictement plus grand que 1 .

3. Montrer que θ

³₁

est un nombre de Pisot et préciser le polynôme de Z [X ] dont il est la racine de module strictement plus grand que 1 .

Partie III. Puissances presque entières.

Soit a

1

, a

2

, a

3

trois nombres complexes non nuls. On note S

0

= 3 et, pour tout n non nul dans Z, S

n

= a

ⁿ₁

+ a

ⁿ₂

+ a

ⁿ₃

.

Dans cette partie, a

₁

, a

₂

, a

₃

sont les trois racines complexes du polynôme P

₁

= X

³

− X −1 déni en I et le nombre de Pisot θ

₁

déni en I.2 et racine de P

₁

sera désigné par θ .

1. a. Calculer S

1

, S

2

, S

₋₁

.

b. Calculer S

3

et montrer que la suite (S

n

)

_n∈

N

vérie une relation de récurrence à préciser.

2. a. Montrer que, pour tout x réel, | sin x| ≤ |x| . b. Montrer que, pour tout k et n dans N,

sin

²

(πθ

^k

) ≤ 4π

²

θ

^k

,

n

X

k=0

sin

²

(πθ

^k

) ≤ 4π

²

θ θ − 1 3. Soit u > 0 . Montrer que la suite Q

n

k=0

cos(uθ

^−k

n∈N

est convergente. Dans toute la n de cette partie, sa limite est notée Γ(u) .

4. Soit n naturel non nul et s

₁

, s

_n

, · · · , s

_n

dans ]0, 1[ . Montrer que (1 − s

1

)(1 − s

2

) · · · (1 − s

n

) ≥ 1 − (s

1

+ s

2

+ · · · + s

n

) 5. a. Montrer que Q

n

k=0

cos

²

(πθ

^−k

n∈N

converge vers un réel A > 0 . b. Montrer que Q

n

k=0

cos

²

(πθ

^k

n∈N

converge vers un réel B > 0 . c. Montrer que Γ(πθ

^m

)

²

m∈N

converge vers AB . En déduire que Γ ne converge pas

vers 0 en +∞ .

Corrigé

Partie I. Exemples

1. On vérie que θ

₀

est une racine de X

²

− X − 1 . L'autre racine de ce polynôme est u = −

_θ¹

0

qui appartient à ] − 1, 0[ . On en déduit que θ

₀

est un nombre de Pisot.

2. Étude de P

1

= X

³

− X − 1 .

a. On calcule la dérivée de la fonction associée à P

₁

et les valeurs aux extréma locaux :

P

₁⁰

(x) = 3x

²

− 1, P

1

(− 1

√

3 ) = −1 − 2 3 √

3 < 0, P

1

( 1

√

3 ) = 2 − 3 √ 3 3 √

3 < 0 On en déduit le tableau de variations.

−∞ −

^√1

3

√1

3

+∞

< 0 +∞

P

₁

% & %

−∞ < 0

Il montre que P

1

admet une seule racine réelle (on la note θ

1

) et qu'elle est strictement supérieure à

^√1₃

. De plus, dans [1, √

2] , la fonction est croissante et P

₁

(1) = −1 < 0 , P

₁

( √

2) = √

2 − 1 > 0 entraine 1 < θ

₁

< √ 2 .

b. L'étude précédente montre que P

1

admet une seule racine réelle. Ses deux autres racines complexes sont non réelles et conjuguées, notons les u et u ¯ . D'après les relations entre coecients et racines d'un polynôme, le produit de ces racines est l'opposée du coecient de degré 0

θ

1

u u = 1 ⇒ |u|

²

= 1 θ

1

< 1

Les deux autres racines sont donc de module strictement plus petit que 1 et P

₁

satisfait aux conditions requises, θ

₁

est un nombre de Pisot.

c. On peut écrire la relation satisfaite par θ

1

sous une autre forme : θ

₁³

− 1 = θ

1

⇒ (θ

1

− 1)(θ

²₁

+ θ

1

+ 1) = θ

1

⇒ θ

1

θ

₁

− 1 = 1 + θ

1

+ θ

₁²

3. Étude de P

2

= X

⁴

− X

³

− 1 .

a. Calculons et factorisons la dérivée de la fonction associée : P

₂⁰

(x) = x

²

(4x − 3) . Elle change de signe uniquement en

³₄

. On en déduit le tableau de variations dans lequel on insère les signes de quelques valeurs faciles à calculer.

P

2

(−1) = 1, P

2

(0) = 1, P

2

(1) = −1

−∞ −1 0

³₄

1 +∞

+∞ +∞

&

> 0 %

P

₂

&

< 0 < 0

& %

On en déduit que P

2

admet deux racines réelles α et θ

2

telles que

−1 < α < 0 < 1 < θ

2

b. Calcul de P

2

(−

_θ¹

2

) . On réduit au même dénominateur puis on exprime θ

⁴₂

à l'aide de l'équation.

P

2

(− 1 θ

₂

) = 1

θ

⁴₂

+ 1

θ

³₂

− 1 = 1 + θ

2

− θ

⁴₂

θ

⁴₂

= 1 + θ

2

− θ

³₂

− 1

θ

⁴₂

= 1 − θ

₂²

θ

₂³

< 0

c. On déduit de la question b. et du tableau de variations que −1 < α < −

_θ¹

2

ce qui entraine (−α)θ

2

> 1 .

Soit u et u les racines complexes non réelles de P

2

. D'après les relations entre coecients et racines, on peut exprimer le produit des quatre racines

α θ

₂

u u = −1 ⇒ |u|

²

= 1 (−α)θ

2

< 1

Le polynôme P

2

satisfait aux conditions, la racine θ

2

est donc un nombre de Pisot.

4. a. Par un calcul immédiat, P

n

(1) = −1 et P

n

(θ

0

) = θ

²₀

− 1 > 0 . Le théorème des valeurs intermédiaires montre que P

n

a une racine dans ]1, θ

0

[ . L'énoncé nous demande d'admettre que c'est la seule racine dans cet intervalle et que toutes les autres sont de module strictement plus petit que 1 .

³

On note θ

_n

cette racine qui est donc un nombre de Pisot.

b. Après calcul, le reste de la division de P

₂

par P

₁

est X

²

− 2 = (X − √

2)(X + √ 2)

Pour n ≥ 2 , les calculs conduisent à des restes de la même forme. Le reste de la division de P

n+1

par P

n

est

−X

³

+ X

²

+ X − 1 = −(X − 1)

²

(X + 1)

On en déduit que P

2

(θ

1

) = θ

₁²

−2 < 0 donc θ

1

< θ

2

d'après le tableau de variations de P

2

.

Pour n ≥ 2 ,

P

n+1

(θ

n

) = −(θ

n

− 1)

²

(θ

n

+ 1) < 0 donc θ

n

< θ

n+1

d'après la dénition de θ

n+1

.

c. Remarquons que θ

n

est l'unique réel vériant x

ⁿ

= x

²

− 1

−x

²

+ x + 1

Notons f la fonction du second membre. Elle est dénie dans R \ {θ

0

, −

_θ¹

0

} et permet d'exprimer P

n

dans ce domaine sous la forme.

P

n

(x) = (x

²

− x − 1) (x

ⁿ

− f (x))

Pour tout ε > 0 , notons λ

ε

= θ

0

− ε . Lorsque ε est assez petit, on a 1 < λ

ε

< θ

0

. Considérons la suite géométrique de raison λ

ε

. Elle diverge vers +∞ . Il existe donc un entier n

ε

tel que λ

ⁿ_ε^ε

> f(λ

ε

) . On en déduit P

n_ε

(λ

ε

) < 0 (car x

²

− x − 1 est négatif entre ses racines) puis θ

n_ε

> λ

ε

. Comme la suite des θ

n

est croissante, on a λ

ε

= θ

0

− ε < θ

n

< θ

0

pour tous les n > n

ε

ce qui prouve la convergence de la suite vers θ

₀

.

3Ce résultat est démontré à l'aide du théorème de Rouché dans le problème introduction aux fonctions d'une variable complexe.

Partie II. Algorithme d'Euclide

1. Après calculs, la suite de polynômes formées par l'algorithme d'Euclide est X

³

− X − 1, X

²

− y, (y − 1)X − 1, 1

(y − 1)

²

− y

2. a. Première caractérisation. Les deux polynômes ont une racine en commun si et seulement si leur pgcd est de degré strictement plus grand que 1 soit

1

(y − 1)

²

− y = 0

Deuxième caractérisation. Les deux polynômes ont une racine en commun si et seulement si y est le carré d'une racine de P

1

.

b. D'après a. que y 6= 1 est le carré d'une racine de P

1

si et seulement si 1−y(y−1)

²

= 0 . Autrement dit, les trois racines complexes de

Q

₂

= 1 − X (X − 1)

²

sont les carrés des racines de P

1

. Si celles ci sont u, u, θ

1

, celles de Q

2

sont u

²

, u

²

, θ

²₁

. Ce qui montre que θ

²₁

est la seule racine de Q

2

dont le module n'est pas strictement plus petit que 1 . Ainsi, θ

²₁

est un nombre de Pisot.

3. On raisonne comme en 2. avec P

₁

et X

³

− y . L'algorithme d'Euclide conduit à X

³

− X − 1, X

³

− y, −X + y − 1, (y − 1)

³

− y

On en déduit que θ

₁³

est un nombre de Pisot qui est la seule racine de module strictement plus grand que 1 du polynôme

(X − 1)

³

− X

On montre ainsi que toute puissance d'un nombre de Pisot est un nombre de Pisot.

Partie III. Puissances presque entières.

1. a. Notons, comme d'habitude, σ

1

, σ

2

, σ

3

les polynômes symétriques élémentaires formés à partir de a

1

, a

2

, a

3

. D'après les relations entre les coecients et les racines de X

³

− X − 1 :

σ

1

= 0 σ

₂

= −1 σ

3

= 1



 

 

⇒



 



 

 S

1

= 0

S

2

= σ

²₁

− 2σ

2

= 2 S

₋₁

= σ

2

σ

₃

= −1

b. Chaque racine a

i

de P

1

vérie a

³_i

= a

i

+ 1 . On en déduit S

3

= S

1

+ S

0

= 3 . Plus généralement, en multipliant par des puissances de a

i

, on obtient :

∀n ≥ 3, S

n

= S

_n−2

+ S

_n−3

2. a. L'inégalité | sin x| ≤ |x| résulte immédiatement de l'inégalité des accroissements nis appliquée dans l'intervalle d'extrémités 0 et x .

b. On a démontré dans la partie I (question 2.b.) que P

1

avait une seule racine réelle θ

1

(noté ici θ ) et deux racines complexes conjuguées notées u et u vériant

|u| ≤

^√1_θ

1

. On en déduit

S

k

= θ

^k

+ u

^k

+ u

^k

= θ

^k

+ 2 Re(u

^k

) ⇒ θ

^k

= −2 Re(u

^k

) + S

k

Comme S

_k

est à valeurs entières à cause de la relation de récurrence, on en tire

| sin(πθ

^k

)| = | sin 2π Re(u

^k

)

| ≤ 2π| Re(u

^k

)| ≤ 2π|u

^k

| ≤ 2π θ

^k2

Ce qui montre la relation demandée pour les carrés. En sommant, des termes en progression géométriques apparaissent :

n

X

k=0

sin

²

(πθ

^k

) ≤ 4π

²

1 + θ

⁻¹

+ · · · + θ

⁻ⁿ

= 4π

²

1 − θ

⁻ⁿ⁻¹

1 − θ

⁻¹

≤ 4π

²

1

1 − θ

⁻¹

= 4π

²

θ θ − 1 3. Notons p

n

le produit proposé. Comme θ > 1 , il existe un K à partir duquel les uθ

^−k

sont

strictement plus petits que

^π₂

ce qui assure que les cosinus sont positifs et strictement plus petits que 1 . La suite proposée est donc décroissante et positive au dela de K . Cela assure sa convergence. La suite complète est obtenue par une simple multiplication par le réel p

K

ce qui ne change rien à la convergence.

4. On raisonne par récurrence sur n . Pour n = 1 , il n'y a pas grand-chose à montrer ! Montrons que l'inégalité pour n entraine celle pour n + 1 . Les hypothèses entrainent que tous les facteurs sont positifs et

(1 − s

₁

) · · · (1 − s

_n

)(1 − s

_n+1

) ≥ 1 − (s

₁

+ · · · + s

_n

) (1 − s

_n+1

)

= 1 − (s

1

+ · · · + s

n

+ s

n+1

) + (s

1

+ · · · + s

n

) s

n+1

| {z }

>0

≥ 1 − (s

1

+ · · · + s

n+1

)

5. a. La convergence est évidente car il s'agit d'une suite positive et décroissante (on multiplie par des facteurs entre 0 et 1). Le point dicile est de justier que la limite est strictement positive.

On a déjà prouvé que

∀n ∈ N , 1 + θ

⁻¹

+ · · · + θ

⁻ⁿ

≤ θ θ − 1 De même,

∀n ∈ N , 1 + θ

⁻²

+ · · · + θ

⁻²ⁿ

≤ θ

²

θ

²

− 1

Comme θ > 1 , si ρ est un nombre dans ]0, 1[ , il existe un entier K tel que, pour tous k ≥ K et tout n ≥ 0 ,

π

²

θ

^−2k

1 + θ

⁻²

+ · · · + θ

⁻²ⁿ

≤ π

²

θ

^−2k

θ

²

θ

²

− 1 < ρ On en déduit, en utilisant les questions 2.a. et 4.,

K+n

Y

k=K

cos

²

(πθ

^−k

) =

K+n

Y

k=K

(1 − sin

²

(πθ

^−k

))

≥ 1 −

K+n

X

k=K

sin

²

(πθ

^−k

) ≥ 1 − π

²

θ

^−2k

1 + θ

⁻²

+ · · · + θ

⁻²ⁿ

≥ 1 − ρ

Par passage à la limite dans une inégalité, on obtient A ≥ (1 − ρ)

K−1

Y

k=1

cos

²

(πθ

^−k

) > 0

b. Le raisonnement est le même qu'en a. sauf que cette fois la majoration des sin vient de la question 2.b.

c. Par dénition, Γ(πθ

^m

) = lim

n

Y

k=0

cos(πθ

^m−k

)

!

k∈N

et

n

Y

k=0

cos(πθ

^m−k

) =

m−1

Y

k=0

cos(πθ

^m−k

)

n

Y

k=m

cos(πθ

^m−k

) =

m

Y

k=1

cos(πθ

^k

)

n−m

Y

k=0

cos(πθ

^−k

)

en changeant le nom des indices dans les produits.

On en déduit

Γ(πθ

^m

)

²

=

m

Y

k=1

cos(πθ

^k

)

!

²

A =

m

Y

k=0

cos(πθ

^k

)

!

²

A

car cos(πθ

^k

) = −1 . D'où

lim Γ(πθ

^m

)

²

m∈N

= AB

Si Γ convergeait vers 0 en +∞ , il en serait de même de son carré et de la suite du

dessus par composition de limites car πθ

^m

diverge vers +∞ . On en déduit que Γ ne

converge pas vers 0 en +∞ .