1. L'ensemble E contient 1 , il est clairement stable pour l'addition et la symétrisation.

(1)

Exercice I

1. L'ensemble E contient 1 , il est clairement stable pour l'addition et la symétrisation.

Comme

(a + b √

2)(a

⁰

+ b

⁰

√

2) = aa

⁰

+ 2bb

⁰

+ (ab

⁰

+ ba

⁰

) √ 2

l'ensemble E est aussi stable pour la multiplication. Le seul point qui mérite d'être détaillé est la stabilité pour l'inversion.

Lorsque x = a + b √

2 n'est pas nul, a

²

− 2b

²

est un rationnel. Ce rationnel est non nul car √

2 est irrationnel. L'inverse de x est bien dans F car il s'obtient à l'aide de la quantité conjuguée soit

x

⁻¹

= a a

²

− 2b

²

| {z }

∈Q

+ (−b) a

²

− 2b

²

| {z }

∈Q

√ 2.

2. a. Si un même z ∈ F admet deux écritures distinctes, il existe des nombres rationnels a , b , c , d tels que

a + b √

2 + cj + dj √

2 = 0 ⇒

( a + b √ 2 = 0 c + d √

2 = 0 car j n'est pas réel

⇒

( a = b = 0 c = d = 0 car √

2 est irrationnel b. Les stabilités pour l'addition et la symétrisation sont évidentes. Pour la multipli-

cation, la stabilité résulte du calcul explicite du produit.

z = a + b √

2 + cj + dj √

2, z

⁰

= a

⁰

+ b

⁰

√

2 + c

⁰

j + d

⁰

j √ 2

zz

⁰

= (aa

⁰

+ 2bb

⁰

− cc

⁰

− 2dd

⁰

| {z }

A(z,z⁰)∈Q

) + (ab

⁰

+ ba

⁰

− cd

⁰

− dc

⁰

| {z }

B(z,z⁰)∈Q

) √ 2

+(ac

⁰

+ 2bd

⁰

+ ca

⁰

− cc

⁰

+ 2db

⁰

− 2dd

⁰

| {z }

C(z,z⁰)∈Q

)j +(ad

⁰

+ bc

⁰

− cd

⁰

+ cb

⁰

+ da

⁰

− dc

⁰

| {z }

D(z,z⁰)∈Q

)j √ 2

Le seul point délicat est encore la stabilité pour l'inversion. Il ne faut surtout pas chercher à expliciter l'inverse d'un élément non nul quelconque

z = a + b √

2 + cj + cj √ 2 ∈ F.

On va seulement montrer qu'il est dans F en utilisant les stabilités déjà à notre disposition. Remarquons d'abord que F contient E et z car j = −1 − j. Ensuite

|z|

²

= (a + b √ 2 − c

2 − d 2

√ 2

| {z }

∈E

)

²

+ 3

4 (c + d √ 2

| {z }

∈E

)

²

ceci montre que |z|

²

∈ E ⊂ F donc son inverse aussi. On conclut en écrivant z

⁻¹

=

|z|

²

−1

z .

c. Le nombre à inverser se factorise ce qui facilite le calcul : z = 1 + √

2 + j + j √

2 = (1 + √

2)(1 + j) = −(1 + √ 2)j

⇒ z

⁻¹

= −(−1 + √

2)j = j − j √ 2 3. On doit vérier :

Pour tout f et g dans G

A

(B) , f ◦ g ∈ G

A

(B) c'est à dire : ∀a ∈ A : f ◦ g(a) = a .

∀(b, b

⁰

) ∈ B

²

: f ◦ g(b + b

⁰

) = f ◦ g(b) + f ◦ g(b

⁰

), f ◦ g(bb

⁰

) = f ◦ g(b) f ◦ g(b

⁰

) Pour tout f dans G

A

(B) , la bijection réciproque f

⁻¹

∈ G

A

(B) c'est à dire :

∀a ∈ A : f

⁻¹

◦ g(a) = a .

∀(b, b

⁰

) ∈ B

²

: f

⁻¹

(b + b

⁰

) = f

⁻¹

(b) + f

⁻¹

(b

⁰

), f

⁻¹

(bb

⁰

) = f

⁻¹

(b) f

⁻¹

(b

⁰

)

Toutes ces relations sont immédiates à partir des dénitions sauf les dernières pour lesquelles la bijectivité est capitale

f (f

⁻¹

(b) + f

⁻¹

(b

⁰

)) = f (f

⁻¹

(b)) + f(f

⁻¹

(b)) car f est un morphisme

= b + b

⁰

= f (f

⁻¹

(b + b

⁰

)) par dénition de la bijection réciproque

⇒ f

⁻¹

(b) + f

⁻¹

(b

⁰

) = f

⁻¹

(b + b

⁰

) par dénition de la bijection réciproque Le raisonnement est le même pour le produit.

4. Comme f est un automorphisme qui laisse les rationnels invariants, 0 = f (0) = f (( √

2)

²

− 2) = f ( √

2)

2

− 2 donc f ( √

2) = ± √

2 . De même 1 + f (j) + f (j)

²

= 0 donc f (j) ∈ {j, j

²

} = {j, −1 − j} . Lorsque f ( √

2) et f(j) sont xés, l'image d'un autre z = a + b √

2 + cj + cj √

2 ∈ F est xée avec

f (z) = a + bf ( √

2) + cf(j) + cf(j)f ( √

2)

(2)

à cause des propriétés d'automorphisme de f . On en déduit que G

_Q

(F ) contient au plus 4 éléments.

Vérions que les quatre couples d'images possibles correspondent eectivement à des automorphismes.

Cas √ 2 → √

2 , j → j . Cela correspond évidemment à un automorphisme : l'identité de F . On le note id .

Cas √ 2 → √

2 , j → −1 − j . Cela correspond à un automorphisme : la restriction à F de la conjugaison complexe. On le note c .

Cas √

2 → − √

2 , j → j . Dénissons l'application c

⁰

par z = a + b √

2 + cj + cj √

2 → c

⁰

(z) = z = a − b √

2 + cj + cj √ 2

Cette fonction conserve clairement l'addition mais ce n'est pas évident pour la multiplication. Cela résulte des formules de la question 1. Prendre l'image par c

⁰

, c'est remplacer b par −b et d par −d , on en déduit :



 

 

 

 

A(c

⁰

(z), c

⁰

(z

⁰

)) =A(z, z

⁰

) B(c

⁰

(z), c

⁰

(z

⁰

)) = − B(z, z

⁰

) C(c

⁰

(z), c

⁰

(z

⁰

)) =C(z, z

⁰

) D(c

⁰

(z), c

⁰

(z

⁰

)) = − D(z, z

⁰

)

⇒ c

⁰

(zz

⁰

) = c

⁰

(z)c

⁰

(z

⁰

)

Cas √

2 → − √

2 , j → −1 − j . Il est réalisé par c ◦ c

⁰

. On en déduit donc nalement :

G

_Q

(F ) = {id, c, c

⁰

, c ◦ c

⁰

}

Tout f de G

_E

(F) est un morphisme de F qui laisse E invariant, il laisse donc Q invariant donc G

_E

(F ) ⊂ G

_Q

(F ) . Parmi les quatre éléments de G

_Q

(F ) , seuls id et c laissent E invariant. On a donc :

G

_E

(F) = {id, c} .

Exercice II

1. Entre deux zéros consécutifs de f , on peut appliquer le théorème de Rolle. On obtient ainsi n−1 zéros pour f

⁰

. Ils sont distincts car ils appartiennent à des intervalles ouverts disjoints. On applique encore n − 1 fois le théorème de Rolle entre les zéros consécutifs de f

⁰

et on obtient n − 2 zéros distincts. On continue de même, le nombre de zéros diminuant de 1 à chaque dérivation.

Pour f

⁽ⁿ⁻¹⁾

il ne reste plus que deux zéros et on applique une dernière fois le théorème de Rolle entre eux ce qui prouve l'existence d'un zéro pour f

⁽ⁿ⁾

.

2. Pour chaque x ∈ I \ {a

1

, · · · , a

n

} , considérons la fonction

ϕ

_x

:

( I → R

t → (t − a

₁

) · · · (t − a

_n

)K

_x

− f (t) où K

_x

est un réel choisi pour que ϕ

_x

(x) = 0 . On a donc :

f (x) = (x − a

1

) · · · (x − a

n

)K

x

La fonction ϕ

x

est C

^∞

comme f et s'annule n + 1 fois : en chacun des a

i

et en x . On peut donc lui appliquer le résultat de la question 1.

Il existe c

x

∈ I tel que ϕ

⁽ⁿ⁾

(c

x

) = 0 . Or dans la dérivée d'ordre n de la partie polyno- miale (de degré n ) ne subsiste que le terme constant. On en tire

ϕ

⁽ⁿ⁾_x

(t) = n!K

x

− f

⁽ⁿ⁾

(t) On déduit alors :

ϕ

⁽ⁿ⁾

(c

x

) = 0 ⇒ K

x

= f

⁽ⁿ⁾

(c

x

)

n! ⇒ f (x) = (x − a

1

) · · · (x − a

n

) f

⁽ⁿ⁾

(c

x

) n!

⇒ |f (x)| ≤ (x − a

1

) · · · (x − a

n

) |M

n

| n!

Cette inégalité est vraie pour tous les x autres que les a

i

, elle est aussi valable aux a

i

puisque ce sont des zéros de f .

3. On reconnait dans les L

i

de l'énoncé les polynômes d'interpolation de Lagrange. On vérie immédiatement qu'ils sont tous de degré n − 1 avec

∀(i, j) ∈ {1, · · · , n}, f L

i

(a

j

) = δ

i,j

=

( 1 si i = j 0 si i 6= j Dénissons un polynôme P par : P = P

n

i=1

f (a

_i

)L

_i

.

D'après les propriétés des polynômes d'interpolation signalées au début, ce polynôme P est de degré inférieur ou égal à n − 1 et P(a e

_j

) = f (a

_j

) pour tout j . En eet, le seul i de la somme qui contribue réellement est i = j car f L

i

(a

j

) est nul pour les autres j . D'autre part, sa contribution est exactement f (a

j

) car L f

j

(a

j

) = 1 .

Supposons qu'il existe un autre polynôme Q vériant les mêmes propriétés.

Les polynômes P et Q prennent les mêmes valeurs aux a

i

. Le polynôme P − Q admet

donc au moins n racines à savoir tous les a

_i

. Or ce polynôme est, par hypothèse, de

(3)

degré inférieur ou égal à n − 1 , il doit donc être nul ce qui assure l'unicité.

L'application ϕ = f − P vérie les hypothèses de la fonction f de la question 2 avec le même majorant M

_n

car la dérivée n -ième de P est nulle. On obtient donc l'inégalité demandée.

Exercice III

1. Vérions les propriétés requises pour que C(A) soit un sous groupe.

Non vide : Il contient le neutre qui commute avec tout le monde Stable pour l'opération : Soit x et y deux éléments de C(A) alors :

∀a ∈ A : (xy)a = x(ya) = x(ay) = (xa)y = a(xy) donc xy ∈ C(A) .

Stable pour l'inversion : Soit x ∈ C(A) alors :

∀a ∈ A : x

⁻¹

a = x

⁻¹

a(xx

⁻¹

) = (x

⁻¹

x)ax

⁻¹

= ax

⁻¹

donc x

⁻¹

∈ C(A) .

2. Montrons que X ⊂ Y entraîne C(Y ) ⊂ C(X) . En eet tout élément u de C(Y ) commute avec tout élément de Y . Il commute donc avec tous les éléments de X (qui sont des éléments particuliers de Y ). Un tel u est donc dans C(X ) .

3. Montrons que X ⊂ C(C(X)) . En eet tout x de X commute par dénition de C(X) avec un élément quelconque de C(X ) .

4. Utilisons d'abord les questions 3. appliquée à A puis la question 2.

A ⊂ C(C(A)) ⇒ C(C(C(A))) ⊂ C(A)

Utilisons ensuite à nouveau la question 3. mais appliquée à C(A) au lieu de X . On obtient l'autre inclusion :

C(A) ⊂ C(C(C(A)))

Problème I. Exemples

1. Comme

p

_n

= 2 1 · 3

2 · · · n + 1

n = n + 1 le produit inni diverge vers +∞ .

2. La clé est la relation sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) .

cos a 2

^p

sin a

2

^p

= 1 2 sin a

2

^p−1

⇒ p

n

=

n

Y

p=1

1 2

sin

₂p−1^a

sin

₂^ap

= 1 2

ⁿ

sin a sin

₂^an

De plus, 2

ⁿ

sin

₂^an

→ a quand n → +∞ . Donc (p

n

)

_n∈N

→

^sina_a

. 3. Ici encore une simplication télescopique multiplicative se produit.

u

_k

= (k − 1)(k + 1) k

²

⇒ p

n

= (1)(3) 2

²

(2)(4)

3

²

· · · (k − 1)(k + 1)

k

²

· · · (n − 1)(n + 1) n

²

= (n + 1) 2n → 1

2 . 4. Calculons (1 − a

²

)p

_n

.

(1 − a

²

)p

n

= (1 − a

²

)(1 + a

²

)(1 + a

⁴

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

)

= (1 − a

⁴

)(1 + a

⁴

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

)

= (1 − a

⁸

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

) = · · ·

= (1 − a

²ⁿ

)(1 + a

²ⁿ

) = (1 − a

²ⁿ⁺¹

) On en déduit que le produit inni converge vers

_1−a¹2

.

II. Conditions.

1. Si (p

n

)

_n∈N

converge vers l 6= 0 , (p

n+1

)

_n∈N

converge aussi vers l et ( p

n+1

p

n

)

_n∈N

= (u

n+1

)

_n∈N

converge vers 1.

2. Comme tous les u

k

sont strictement positifs à partir de n

0

, on peut utiliser librement le logarithme et la fonction exponentielle qui sont toutes les deux continues.

(p

n

)

_n≥n₀

converge ⇔ ( p

n

p

_n₀₋₁

)

_n≥n₀

converge ⇔ (ln( p

n

p

_n₀₋₁

))

_n≥n₀

converge.

(4)

Or ln(

_p^pⁿ

n0−1

= P

n

k=n₀

ln(u

k

) . On en déduit (p

_n

)

_n≥n₀

converge ⇔ X

ln(u

_k

)

k≥n0

converge.

Dans le cas de convergence, on a

Y

n≥1

u

n

=





n₀−1

Y

n≥1

u

n



 e (

^Pn≥n0un

)

3. Les hypothèses traduisent le fait que la série des ln u

_n

est de signe constant à partir d'un certain rang. On peut donc appliquer les critères des séries à termes positifs. Si u

_n

ne tend pas vers 1 , la série et le produit divergent grossièrement. Si la suite tend vers 1 alors v

_n

tend vers 0 et ln(1 ± v

_n

) ∼ ±v

_m

. La série des ln(u

_n

) converge si et seulement si la série des v

_n

converge.

On peut remarquer que dans le cas où les u

k

sont plus petits que 1 à partir d'un certain rang, la suite des produits est décroissante et positive donc elle converge. Mais par dénition, la convergence d'un produit inni exige une limite non nulle. En fait la série des v

k

diverge vers l'inni si et seulement si le produit des u

k

tend vers 0 . 4. a. On veut appliquer le théorème des accroissements nis à la fonction

f : x → (ln x)

²

entre p et p + 1 . Étudions les variations de la dérivée

x → 2 ln x x Comme

ln x x

0

= 1 − ln x

x

²

< 0 pour x > e, cette dérivée est décroissante dans ]3, +∞[ . On en déduit

∀x ∈ [p, p + 1] , ln x x ≤ ln p

p La formule demandée traduit alors

0 ≤ f (p + 1) − f (p) ≤ (p + 1 − p)f

⁰

(p)

b. En sommant les inégalités du a., pour tout p entre 3 et n ≥ 3 , on obtient (ln(n + 1))

²

− (ln(3))

²

≤ 2

S

n

− ln 2 2

⇒ S

_n

≥ 1

2 (ln(n + 1))

²

+ ln 2 − (ln(3))

²

2 Ce qui entraîne que (S

n

)

_n∈N

et (p

n

)

_n∈N

divergent vers +∞ .

III. Une expression de sin comme produit inni.

1. a. Pour x xé dans ] − 1, +1[ et n ∈ N

^∗

, les

_x2^2x−n²

sont strictement négatifs. L'op- posé du terme général est équivalent à

^x_n²2

qui est le terme général d'une série convergente. On pouvait aussi dire que la série est absolument convergente.

b. On se trouve dans le premier cas de la question II.3. Le produit inni est convergent car la série de terme général

^x_n²2

est convergente.

2. a. Après calculs, on trouve

π cotan(πt) = 1 t − π

²

3 t + o(t).

b. En 0 , comme sin x ∼ x , ln(

^sinπt_πt

) converge vers 0 . En revanche la fonction diverge vers −∞ en 1 et −1 . On prolonge donc par continuité en une fonction f continue

∀t ∈] − 1, +1[, f (t) =



 

  ln

sin πt πt

si t 6= 0 0 si t = 0 .

c. Comme elle est composée de fonctions C

^∞

, la fonction est clairement C

¹

dans l'intervalle privé de 0 et continue dans ] − 1, 1[ . Pour montrer qu'elle est C

¹

dans ] − 1, 1[ , d'après le théorème de la limite de la dérivée, il sut de prouver que la dérivée dans l'ouvert privé de 0 admet une limite ni en 0 . Or

∀t 6= 0, f

⁰

(t) =

cos(πt)

t − sin(πt) πt

²

πt

sin(πt) = π cotan(πt) − 1

t ∼ − π

²

3 t → 0.

La fonction f est donc C

¹

avec f

⁰

(t) =







0 si t = 0

π cotan(πt) − 1

t si t 6= 0

(5)

3. a. On calcule la diérence 1

n

²

− 1 − t

n

²

− t

²

= (n

²

+ t)(1 − t) (n

²

− 1)(n

²

− t

²

) > 0.

b. Fixons un entier N et notons r

N

le reste :

f

⁰

(x) =

N

X

k=1

2x

x

²

− k

²

+ r

N

(x).

La fonction r

_N

qui s'exprime comme une diérence est continue. On intégre entre 0 et x (pour |x| < 1 ) en utilisant la linéarité de l'intégrale

ln

sin πx πx

= f (x) =

N

X

k=1

Z

x 0

2t t

²

− k

²

dt +

Z

x 0

r

N

(t) dt

| {z }

=RN(x)

Majorons |R

_N

(x)| . Commençons par

|R

N

(x)| ≤ Z

|x|

0

|r

N

(t)| dt.

r

_N

(t) est le reste d'une série. On le majore (pour tous les t ) avec l'inégalité de la question a. par un nombre indépendant de t

|r

_N

(t)| = lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2t t

²

− k

²

≤ lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2t t

²

− k

²

≤ lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2 k

²

− 1 ≤

+∞

X

k=N+1

2 k

²

− 1 Il reste à integrer cette fonction constante sur un intervalle de longueur |x| pour obtenir l'inégalité demandée.

c. Calculons les intégrales dans la somme

N

X

k=1

Z

x 0

2t t

²

− k

²

dt =

N

X

k=1

ln k

²

− t

²

k

²

= ln

N

Y

k=1

(1 − x

²

k

²

)

! .

On a vu que le produit inni est convergent. Le ajorant à droite est le reste d'une série convergente. On en déduit en passant à la limite