MASTER 1 - M´etiers de L’Enseignement en Math´ematiques La Mi-Voix - ULCO ANALYSE 2

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MASTER 1 - Métiers de L’Enseignement en Mathématiques La Mi-Voix - ULCO ANALYSE 2 Novembre 2010 - Contrôle Continu, Semestre 1

Durée de l’épreuve : 3h00 Documents autorisés : calculatrice

(Les quatre exercices sont indépendants. Un soin tout particulier sera apporté à la rédaction des réponses)

Exercice 1 Equation fonctionnelle de Cauchy´ (6 points)

On désigne par f une fonction monotone vérifiant l’équation fonctionnelle de Cauchy :

∀(x, y)∈R², f(x+y) =f(x) +f(y). (1) 1. Montrer que∀a∈R,∀r∈Q,

f(ra) =rf(a). (2)

(On montrera successivement que f(0) = 0, que f est impaire, que (2) est vraie pour r ∈ N, puis que (2) est vraie pour tout nombre rationnel positif avant de conclure.)

2. Montrer qu’il existe un r´eelλtel quef(x) =λxpour tout r´eelx.

3. Montrer que l’identit´e est l’unique fonction non identiquement nulle f :R→Rtelle que f(x+y) =f(x) +f(y) et f(xy) =f(x)f(y) pour tous r´eelsx,y.

Correction :

1. 0,5pt En prenant (x, y) = (0,0) dans (1), on obtientf(0) = 2f(0), ce qui ´equivaut `a f(0) = 0.

0,5pt En prenant (x, y) = (x,−x) dans (1), on obtientf(x)+f(−x) = 0. On a doncf(−x) =−f(x) pour toutx∈R, c’est-`a-dire que la fonction f est impaire.

1pt De (1) on d´eduit par r´ecurrence que pour touta∈R, on a :

∀n∈N,f(na) =nf(a).

En effet, le r´esultat est vrai pourn= 0 et le supposant vrai pour n≥0, on a : f((n+ 1)a) =f(na) +f(a) =nf(a) +f(a) = (n+ 1)f(a), il est donc vrai pour toutn∈N.

1pt En ´ecrivant que, pour tout n ∈ N\{0}, f(a) = f³ na

n

´ = nf³a n

´, on d´eduit que f³a n

´ = 1

nf(a) pour tout a∈Ret tout n∈N\{0}. Il en r´esulte que pour tout rationnel positifr = p q, avec p∈Netq ∈N\{0}, on a :

f(ra) =f µ

pa q

¶

=pf µa

q

¶

= p

qf(a) =rf(a).

0,5pt Enfin, avec l’imparité de f, on déduit que ce dernier résultat est encore vrai pour les rationnels négatifs. On a donc f(ra) = rf(a) pour tout a∈R et tout r ∈Q. Pour a= 1, en notant λ=f(1), on obtient f(r) =λr pour toutr∈Q.

2. 1pt On suppose que f est croissante. On a λ = f(1) ≥ f(0) = 0. En notant, pour x ∈ R, par (rn)n∈Net (sn)n∈N des suites de rationnels qui convergent vers xavec rn< x < sn, on a pour tout n∈N,

λrn=f(rn)≤f(x)≤f(sn) =λsn

et faisant tendrenvers l’infini, on en déduit quef(x) =λx. On procède de manière analogue pour f décroissante.

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3. 0,5pt Avecf(1) = (f(1))², on d´eduit quef(1) = 0 ouf(1) = 1. Sif(1) = 0, alors pour toutx∈R on af(x) =f(x)f(1) = 0 et f est identiquement nulle.

1pt Si on suppose quef n’est pas identiquement nulle, on a alorsf(1) = 1. Avecf(x²) = (f(x))²≥ 0, on déduit quef(x)≥0 pour toutx≥0 et pourx≥y dansR, on af(x)−f(y) =f(x−y)≥0, ce qui signifie que f est croissante. On déduit alors de la question précédente que f(x) =x pour toutx∈R(λ=f(1) = 1).

Exercice 2 Transcendance de X

n

10^−n! (7 points)

1. Démontrer que la série de terme général 10^−k! est convergente.

PosonsS =

+∞

X

k=0

10^−k!et pour n∈N,an=

n

X

k=0

10^−k!.

2. Démontrer que 0 < S < 1 et, pour n ∈ N, S −an < 2.10^−(n+1)!. Démontrer que S n’est pas rationnel (on considérera x = p

q un nombre rationnel et on montrera que pour n assez grand,

|x−an|> S−an).

3. SoitP un polynôme non nul à coefficients entiers. Notons p son degré.

(a) D´emontrer que pour tout non a 10^p.n!P(a_n)∈Z.

(b) Démontrer qu’il existeM ∈R^?₊ tel que, pour toutn on ait|P(S)−P(an)| ≤M.10^−(n+1)!(on pensera à utliser le théorème des accroissements finis).

(c) On suppose queP n’a pas de racines rationnelles. D´emontrer queP(S)6= 0 (on prouvera pour cela que|P(S)|>0).

(On démontre ainsi queS est transcendant.En effet, soit un nombre algébrique non rationnel x, racine d’un polynôme à coefficients rationnelsP. Quitte à décomposerP (dans Q[X]), on peut supposer qu’il est irréductible (en effet, xest racine d’un des facteurs). Puisque x n’est pas rationnel et P est irréductible, P n’a pas de racines rationnelles. MultipliantP par le PPCM des dénominateurs de ses coefficients, on peut supposer que P est à coefficients entiers. D’après 2., S n’est pas racine de P, donc x 6= S. Cela prouve que S est distinct de tout nombre algébrique non rationnel. Comme de plus il n’est pas rationnel, il n’est pas algébrique.)

Correction :

1. 0,5pt On poseu_k = 10^−k!. Il est clair que,∀k≥0,u_k ≤10^−k= µ 1

10

¶k

. Comme 10^−k est le terme général d’une série convergente, on en déduit par comparaison que la sérieX

k

u_k converge.

2. • 1pt X

k

u_kest une s´erie `a termes positifs doncS >0. Ensuite,an= 1 10+

n

X

k=1

10^−k!et

n

X

k=1

10^−k!≤

n

X

k=1

10^−k= 1 10

1−¡₁

10

¢n

1−₁₀¹ = 1 9

µ 1−

µ 1 10

¶n¶

≤ 1

9. Ainsi,∀n∈N,a_n ≤ 1 10 +1

9 = 19

90 <1. On en d´eduit que S= lim

n→+∞an<1.

• 1pt S−a_n= X

k≥n+1

10^−k!≤10^−(n+1)!

+∞

X

l=0

10^−l!≤10^−(n+1)!

+∞

X

l=0

10^−l≤10^−(n+1)!10

9 <2.10^−(n+1)!.

• 1,5pt Le nombreanest rationnel de la forme pn

10^n!. Soitx= p

q un nombre rationnel et soitn∈N. Réduisant au même dénominateur, on écritx−an= p

q− pn

10^n! = p10^n!−qpn

q.10^n! = m

q.10^n! o`um∈Z.

Donc, six6=a_n, il vient|x−a_n| ≥ 1

q.10^n!. Prenantnassez grand pour que 10^(n+1)!−n!>2q, on a

|x−an| ≥ 1 q.10^n! = 1

q 1

10^(n+1)!10^(n+1)!−n!>2.10^−(n+1)!> S.an

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(3)

doncS 6=x etS n’est pas un rationnel.

3. (a) 1pt Si P est un polynôme de degré p à cofficients entiers, pour tout m ∈ N^?, le polynôme m^pP(X/m) est à cofficients entiers, donc pour tout q ∈Z, on a m^pP(q/m)∈Z. On applique cela àm= 10^n! etq = 10^n!an qui est entier.

(b) 1pt Tous les a_n et S sont dans le segment [a₀, S]. Notons M₀ le maximum de P₀ sur ce segment. On a (d’après le théorème des accroissements finis)

|P(S)−P(an)| ≤M₀|S−an| ≤2M₀10^−(n+1)!.

(c) 1pt Comme 10^pn!P(a_n) est un entier (d’après (a)) non nul (P n’ayant pas de racines rationnelles), on a |10^pn!P(an)| > 1. On a également 10^(n+1)!|P(S)| ≥ 10^(n+1)!|P(an)| −2M₀ d’après (b). Donc, 10^(n+1)!|P(S)|>10^n!(n+1−p)−2M₀ >0 pournassez grand, ce qui implique P(S)6= 0.

Exercice 3 Comparaison s´erie int´egrale (7 points)

1. Soit f : [0; +∞[→ Rune fonction d´ecroissante telle que lim

t→+∞f(t) = 0. Démontrer que la série de terme général f(n)−

Z n+1 n

f(t)dt converge.

2. D´emontrer que la suite

n

X

k=1

1

k −ln(n) converge ; on note γ sa limite. (On pensera `a utiliser 1. en posant f(t) = 1

1 +t.)

3. D´emontrer qu’un ´equivalent de

n

X

k=1

1

k−ln(n)−γ au voisinage de +∞est donn´e par 1

2n (on utilisera

n

X

k=2

uk avec uk= Z k

k−1

dt t −1

k).

4. En déduire des développements limités des sommes partielles de 1

2k et de 1 2k+ 1. 5. Calculer

+∞

X

k=0

(−1)^k k+ 1. Correction :

1. 1,5pt Puisquefest d´ecroissante, on af(n+1)≤ Z _n+1

n

f(t)dt≤f(n),soit 0≤f(n)−

Z _n+1

n

f(t)dt≤ f(n) −f(n+ 1). Comme lim

n→+∞f(n) = 0,

+∞

X

n=0

f(n) − f(n+ 1) = f(0), ce qui implique que

+∞

X

n=0

µ f(n)−

Z n+1 n

f(t)dt

¶

≤f(0) et que la série de terme généralf(n)− Z n+1

n

f(t)dt converge.

2. 0,5pt Posonsf(t) = 1

1 +t. D’après la question précédente, la suite

n−1

X

k=0

f(k)− Z n+1

0

f(t)dt=

n−1

X

k=0

µ f(k)−

Z k+1 k

f(t)dt

¶

=

n

X

k=1

1

k −ln(n) admet une limite finie quandntend vers +∞.

3. 2pts Posonsuk= Z k

k−1

dt t −1

k. On cherche un ´equivalent de

n

X

k=1

1

k−ln(n)−γ= 1−

n

X

k=2

uk−γ au voisinage de +∞. Orγ = 1−

+∞

X

k=2

u_k. On cherche donc un ´equivalent de

+∞

X

k=n+1

u_k. Or

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(4)

ln k

k−1 =−ln µ

1− 1 k

¶

= 1 k + 1

2k² ◦ µ 1

k²

¶

doncu_k ∼

+∞

1 2k² ∼

+∞

1

2k(k−1). On en d´eduit que

+∞

X

k=n+1

u_k ∼

+∞

X

k=n+1

1

2k(k−1) = 1 2n. 4. 0,5pt On a

n

X

k=1

1 2k = 1

2

n

X

k=1

1 k = 1

2 µ

lnn+γ+ 1 2n+◦

µ1 n

¶¶

. 1,5pt Ainsi,

n

X

k=1

1 2k+ 1 =

2n+1

X

k=1

1 k −

n

X

k=1

1 2k

= µ

ln(2n+ 1) +γ+ 1 4n+ 2+◦

µ1 n

¶¶

−1 2

µ

lnn+γ+ 1 2n+◦(

µ1 n

¶¶

= ln(2n) + ln µ

1 + 1 2n

¶

−1

2lnn+γ 2 +◦

µ1 n

¶

= ln 2 +1

2lnn+γ 2 + 1

2n+◦ µ1

n

¶ .

5. 1pt Il vient

2n

X

k=0

(−1)^k k+ 1 =

n

X

k=0

1 2k+ 1−

n

X

k=1

1

2k = ln 2+ 1 4n+◦

µ1 n

¶

. En particulier,

+∞

X

k=0

(−1)^k

k+ 1 = ln 2.

Exercice 4 - BONUS - Th´eor`eme de Rolle (2 points)

Soit a >0 et f : [0, a]→Rune fonction d´erivable telle que f(0) =f(a) = 0 et f⁰(0) = 0.

1. Montrer que la d´eriv´ee dex7→ f(x)

x s’annule sur ]0, a[.

2. En d´eduire qu’il existe un point autre que l’origine en lequel la tangente `af passe par l’origine.

Correction :

1. 1pt La fonction g :x 7→ f(x)

x est définie, continue et dérivable sur ]0, a]. Quand x → 0, g(x) → f⁰(0) = 0. Prolongeonsg par continuité en 0 en posant g(0) = 0. Puisque g est continue sur [0, a], dérivable sur ]0, a[ et puisqueg(0) =g(a), le théorème de Rolle assure l’annulation de la dérivée de g en un pointc∈]0, a[.

2. 1pt g⁰(x) = xf⁰(x)−f(x)

x² donc g⁰(c) = 0 donne cf⁰(c) = f(c). La tangente `a f en c a pour

´equation :

y=f⁰(c)(x−c) +f(c) =f⁰(c)x.

Elle passe par l’origine.

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