1. Le développement de l'exponentielle est usuel : e

(1)

Exercice 1

1. Le développement de l'exponentielle est usuel : e

^λx

= 1 + λx + λ

²

2! x

²

+ · · · + λ

^m

m! x

^m

+ o(x

^m

)

2. Comme e

^x

− 1 ∼ x et que l'on peut élever une équivalence à la puissance xée m ,

(e

^x

− 1)

^m

∼ x

^m

⇔ (e

^x

− 1)

^m

= x

^m

+ o(x

^m

)

3. On peut commencer par utiliser la formule du binôme avant de faire un développement limité de chaque exponentielle de la somme. On regroupe ensuite les termes avec le même exposant, on regroupe aussi les m termes o(x

^m

) dans un seul.

(e

^x

− 1)

^m

=

m

X

k=0

m k

(−1)

^m−k

e

^kx

= (−1)

^m

+

m

X

k=1

m k

(−1)

^m−k

e

^kx

= (−1)

^m

+

m

X

k=1

m k

(−1)

^m−k



1 +

m

X

j=1

k

^j

j! + o(x

^m

)





= (−1)

^m

+

m

X

k=1

m k

(−1)

^m−k

| {z }

=λ0

+

m

X

j=1







m

X

k=1

m k

(−1)

^m−k

k

^j

| {z }

=λj





 x

^j

j! + o(x

^m

)

On a obtenu ainsi un autre développement limité (e

^x

− 1)

^m

= λ

₀

+ λ

1

1! x + · · · + λ

m

m! x

^m

+ o(x

^m

)

Pour j entre 1 et m , les λ

_j

sont exactement les sommes que l'énoncé nous demande d'évaluer. Comme une fonction admet un unique développement limité, on peut iden- tier les coecients, on en tire

λ

j

=

m

X

k=1

m k

(−1)

^m−k

k

^j

=

( 0 si j < m m! si j = m

Exercice 2

1. Décomposons en éléments simples la fraction 4X − 3 X(X − 2)(X + 1) . Tous les pôles sont simples :

4X ^ − 3

(X − 2)(X + 1) (0) = 3

2 , 4X ^ − 3

X(X + 1) (2) = 5

6 , 4X ^ − 3

X (X − 2) (−1) = − 7 3

⇒ 4X − 3

X(X − 2)(X + 2) = 1 6

9 X + 5

X − 2 − 14 X + 1

2. On en déduit

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 1) = 1 6 9

n

X

k=3

1 k + 5

n

X

k=3

1 k − 2 − 14

n

X

k=3

1 k + 1

!

= 1 6 9

n

X

k=3

1 k + 5

n−2

X

k=1

1 k − 14

n+1

X

k=4

1 k

!

Comme 9 + 5 − 14 = 0 , les termes des sommes entre 4 et n − 2 disparaissent. Il reste :

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 1) = 1 6

9 1

3 + 5(1 + 1 2 + 1

3 ) + ε

n

où ε

_n

est une somme de termes qui tendent vers 0. On en déduit que

n

X

k=3

4k − 3 k(k − 2)(k + 1)

!

n≥3

→ 1 6

3 + 55

6 = 73 36 .

Problème

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)

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 .

¹

On note θ

_n

cette racine qui est donc un nombre de Pisot.

1Ce résultat est démontré à l'aide du théorème de Rouché dans le problème introduction aux fonctions d'une variable complexe.

(3)

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

.

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

(4)

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.

(5)

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 +∞ .