Problème A : localisation de racines

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Problème A : localisation de racines

1) Étude d’une fonction auxiliaire f

a)La fonction f est polynomiale, donc C^∞ sur Ret j’ai, puisque p >0,

∀r≥0 f^′(r) = (p+ 1)r^p−p(M+ 1)r^p⁻¹ = (p+ 1)r^p⁻¹(r−r0) où r0 = p(M+ 1)

p+ 1 = M+ 1 1 p+ 1 Il en résulte que

L’unique zéro strictement positifr0 def^′ est M + 1 1 p + 1

; si M ≤ 1

p,r0≤1; si M > 1

p,r0 >1.

Notons que f est strictement décroissante sur [0, r0] et strictement croissante sur [r0,+∞[ ; par ailleurs f(1) = 0.

b)On suppose M ≤ 1

p. Alors d’après les résultats précédents,r0≤1etf est en particulier strictement croissante sur [1,+∞[. Donc, comme f(1) = 0,

f est strictement positive sur ]1,+∞[.

c)On supposeM > 1

p. Icir0>1doncf(r0)<0; maisr0= M + 1 1 p + 1

< M+ 1, doncf est en particulier strictement croissante sur [M + 1,+∞[or

f(M + 1) = (M+ 1)^p+1−(M+ 1) (M+ 1)^p+M =M >0 puisque par hypothèse M > 1

p ! Par conséquent,

f est strictement positive sur [M + 1,+∞[.

2) Localisation des racines du polynôme P

a)Soit z complexe tel que|z|= 1etP(z) = 0. J’ai donc z^p =−

p−1 k=0

akz^k, d’où, grâce à l’inégalité triangulaire, la déﬁnition de M et

|z|^p ≤

p−1 k=0

|ak| · |z|^k ≤M·

p−1 k=0

|z|^k

donc par la formule donnant la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison diﬀérente de 1 :

|z|^p ≤M·|z|^p−1

|z| −1 .

En supposant|z|>1, je peux multiplier l’inégalité précédente par|z|−1, ce qui donne en développant

|z|^p+1− |z|^p≤M· |z|^p−M et j’ai donc établi

Siz est une racine deP telle que|z|>1, alorsf(|z|)≤0.

b)SiM ≤ 1

p,1)b)et2)a)donneraient une contradiction siP admettait une racine de module strictement supérieur à 1, donc

Les racines deP sont de module inférieur ou égal à 1.

c)De même, si M > 1

p, 1)c) et 2)a) donneraient une contradiction si P admettait une racine de module supérieur ou égal à M+ 1(donc a fortiori à 1 !). Ainsi

Les racines deP sont de module strictement inférieur àM + 1.

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PSI* — 2019/2020 — Corrigé du D.M. 1 Page 2 3) Premier exemple

Ici M = 1

p, donc le2)b) s’applique :

Les racines deP sont de module inférieur ou égal à 1.

Comme la somme dans la déﬁnition de P comporte p termes, j’ai P(1) = 0. Je vériﬁe alors que P^′(1) = 0:

P^′(1) =p−1 p ·

p−1 k=1

k=p− 1

p ·(p−1)p

2 = p+ 1 2 . En conclusion

1 est racine simple de P.

Rappelons qu’en cas de question ﬂoue ou mal posée, il s’agit de trouver malgré tout une réponse

“intéressante”. . . Dans ce cas de ﬁgure, le2)b) a fourni 1 comme majorant des modules des racines de P. Cet exemple montre que l’on ne peut pas remplacer (dans le cas général !) 1 par une valeur plus petite.

4) Second exemple a)Ici M = 1> 1

p, donc le 2)c)s’applique :

Les racines deP sont de module strictement inférieur à 2.

b)Soit z racine de P, j’ai donc : z^p =z^p⁻¹+· · ·+ 1; d’où, en multipliant parz−1et en simpliﬁant, z^p+1−z^p =z^p−1 soit z^p+1−2z^p+ 1 = 0.

Ainsi,

Siz est racine deP, alorsz est racine deX^p+1−2X^p+ 1.

c)Soit la fonction polynomiale g:r →r^p+1−2r^p+ 1. Elle est C^∞ sur Ret

∀r≥0 g^′(r) = (p+ 1)r^p−2pr^p⁻¹ = (p+ 1)r^p⁻¹(r−α) où α= 2p p+ 1. Ainsi g décroît strictement sur [0, α]et croît strictement sur [α,+∞[. Or

α−1 = p−1

p+ 1 donc α >1 car p≥2.

Par ailleurs g(1) = 0donc g(α) <0. Comme g(2) = 1, le théorème de la bijection montre que g s’annule en un unique point xp de[α,2].

N.B. : on peut aussi remarquer queg n’est autre que la fonction f du 1) dans le casM = 1. . . Le b) montre que xp est la seule racine possible de P dans [α,2], mais il ne faut pas omettre de vériﬁer qu’elle est bien racine ! Heureusement c’est immédiat, du fait que xp = 1(car α >1), ce qui permet de diviser par(xp−1)l’égalité

x^p+1_p −x^p_p =x^p_p−1 pour “remonter” le calcul dub). En conclusion

Le polynôme P admet une racine réelle xp telle que 2p

p+ 1 ≤xp ≤2.

Là encore, puisque xp −→

p→∞2(théorème d’encadrement), j’en déduis que le majorant 2 fourni par le 2)c)est optimal (au sens où l’on ne peut le remplacer par une valeur inférieure valable pour toutp).

d)On pose εp= 2−xp. La relationg(xp) = 0 s’écrit

2x^p_p−x^p+1_p = 1 soit εpx^p_p = 1 donc εp=x⁻_p^p. Or xp = 2−εp d’où ﬁnalement

εp= (2−εp)⁻^p.

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PSI* — 2019/2020 — Corrigé du D.M. 1 Page 3 J’ai vu au c) que εp −→

p→∞ 0. Et xp < 2 donc εp > 0 et à partir d’un certain rang εp ≤ 1 2, soit 2−εp ≥ 3

2, d’où

εp ≤ 2 3

p

. J’en déduis par croissances comparées que

pεp −→

p→∞0.

Or

εp = 1

2^p 1−εp

2

−p

= 1

2^p exp −pln 1−εp

2 .

D’après ce qui précède,

−pln 1−εp

2 ∼

p→∞

pεp

2 −→

p→∞0 et donc 1−εp

2

−p

p−→→∞1 d’où ﬁnalement εp ∼

p→∞

1 2^p. Ainsi εp =

p→∞

1

2^p +o 1

2^p orxp = 2−εp : xp =

p→∞2− 1

2^p +o 1 2^p .

e)Pour cette dernière question, il suﬃt de remarquer qu’un réel positif est plus grand que 1/2 si et seulement si son inverse est plus petit que 2. . . Soit doncz une racine deP ;P(0) =−1doncz= 0.

De plus P(z) = 0, d’où en divisant par z^p 1−1

z − 1

z² − · · · − 1 z^p = 0 donc, en changeant les signes, 1

z est racine du polynôme

Q(X) =X^p+· · ·+X²+X−1.

Le3)c) s’applique à ce polynôme (avecM = 1) et donc0< 1

z <2, d’où|z|> 1 2. Toutes les racines deP sont de module compris strictement entre 1

2 et 2.

Problème B : irrationalité de

π

1) En vertu des théorèmes opératoires classiques, Gest de classe C^∞. Soitx réel ; calculons : G^′(x) =F^′′(x) sinx+F^′(x) cosx− F^′(x) cosx−F(x) sinx ,

soit : G^′(x) = F^′′(x) +F(x) ·sinx.

Or, en réindexant et en tenant compte de P⁽²ⁿ⁺²⁾= 0(puisqueP est de degré 2n) : F^′′(x) =

n

k=0

(−1)^kP^(2k+2)(x) =

n

k=1

(−1)^k⁻¹P^(2k)(x) d’où F^′′(x) +F(x) =P(x). Par conséquent :

∀x∈R G^′(x) =P(x)·sinx.

J’ai donc :

π 0

P(x) sinxdx=

π 0

G^′(x) dx=G(π)−G(0), soit, par déﬁnition de G:

π 0

P(x) sinxdx=F(0) +F(π).

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PSI* — 2019/2020 — Corrigé du D.M. 1 Page 4 2) a)Par déﬁnition, 0 est racine d’ordre ndeP donc, d’après la caractérisation de l’ordre de multiplicité

d’une racine :

∀j∈[[0, n−1]] P^(j)(0) = 0.

En développant par la formule du binôme (aet−bxcommutent !) : P(x) = 1

n!xⁿ

n

j=0

n

j aⁿ⁻^j(−bx)^j = 1 n!

n

j=0

(−1)^j n

j aⁿ⁻^jb^jx^n+j, ainsi,

Pourj∈[[0, n]], le coeﬃcient dex^n+j deP(x) est 1

n!(−1)^j n

j aⁿ⁻^jb^j. Or, d’après la formule de Taylor, ce coeﬃcient n’est autre que P^(n+j)(0)

(n+j)! , d’où P^(n+j)(0) = (n+j)!

n! (−1)^j n

j aⁿ⁻^jb^j.

Puisque ⁿ_j , a, bsont entiers et quen!divise(n+j)!, il en résulte que lesP^(n+j)(0)sont dansZ, cela pour tout j de [[0, n]]. Finalement, lesP^(j)(0) sont dans Z, pour toutj dans [[0,2n]]; donc, d’après l’expression de F(0) :

F(0) est un entier relatif.

b)Soit x∈R; par déﬁnition deP et du fait que π= a b : P(π−x) = 1

n!(π−x)ⁿ a−b(π−x) ⁿ = 1 n!

a

b −x ⁿ(bx)ⁿ, ainsi

∀x∈R P(π−x) =P(x).

J’en déduis, pour x ﬁxé dansR, par une récurrence immédiate sur j, que

∀j∈N P^(j)(π−x) = (−1)^jP^(j)(x), d’où ∀k∈N P^(2k)(π−x) =P^(2k)(x) donc, par combinaison linéaire :

F(π−x) =F(x).

En particulier, pour x= 0, j’obtiensF(π) =F(0), donc, d’après la question précédente : F(π)est un entier relatif.

c)En tant qu’intégrale d’une fonction continue sur [0, π], strictement positive sur ]0, π[,In est strictement positif, cela pour tout n.

De plus, d’après les questions précédentes, In=F(0) +F(π) est un entier relatif, donc ﬁnalement (In) est une suite d’entiers strictement positifs.

d)Majorons In, pour n∈N. La fonctionx→x(π−x)atteint son maximum en π/2, d’où

∀x∈[0, π] x(π−x)≤ π²

4 donc P(x)≤ bⁿ n!

π² 4

n

= Bⁿ n!

en posantB= bπ²

4 ; j’en déduis que0≤In≤πBⁿ

n!. Or, d’après les croissances comparées des suites classiques, Bⁿ=o(n!), d’où ﬁnalement :

La suite (In) converge vers 0.

e)Les deux résultats précédents apportent bien sûr une contradiction : tout entier strictement positifs est au moins égal à 1 (!), donc la suite (In) ne peut converger vers 0. En conclusion,

π n’est pas un nombre rationnel.