Problème I. Suites de Engel

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MPSI B Corrigé du DS 4 29 juin 2019

Problème I. Suites de Engel

1. a. La suite proposée est formée par la somme des termes d'une suite géométrique de raison ¹_λ ∈]0,1[, elle converge vers _λ−1¹ car

n

X

k=1

1 λ^k = 1

λ 1−_λ¹_n

1−_λ¹ −→ 1

λ(1−¹_λ)= 1 λ−1 b. Commeq_n ≥q_p pour toutn≥p,

sn=s_p−1+ 1

q₁· · ·q_p +· · ·+ 1

q₁· · ·q_n ≤s_p−1+ 1 q₁· · ·q_p

1 + 1

q_p +· · ·

≤s_p−1+ 1 q₁· · ·q_p

1 1−_q¹

p

=s_p−1+ 1

q₁· · ·q_p−1(q_p−1) c. La suite (sn)_n∈_N^∗ est clairement croissante, donc sn ≥ _q¹

1. De plus, d'après la question précédente :

∀n≥2, sn≤ 1

q₁ + 1

q₁(q₂−1) ≤ 1 2+1

2 = 1carq1≥2et q2≥2

La suite(s_n)_n∈_N^∗ est donc majorée, elle converge vers un réelx. En passant à la limite dans les inégalités précédentes, on obtient _q¹₁ ≤x≤1d'oùx∈]0,1]. 2. a. Lorsque (qn)_n∈_N^∗ est stationnaire, il existe deux entiers k et q tels que qn = q

pour tous lesn≥k+ 1. On en déduit alors x= 1

q₁ + 1

q₁q₂ +· · ·+ 1

q₁· · ·q_k + 1 q₁· · ·q_kq

1 1−¹_q ∈Q b. La croissance desqnentraînesn ≤_q¹

1+_q¹2 1

+· · ·+_q¹n

1. Par passage à la limite dans une inégalité, il vientx≤ _q¹

1−1 puisq1−1≤ ¹_x.

D'autre part, _q¹₁ < s₂≤x, donc_q¹₁ < xpuis¹_x < q₁. Cela entraîneq₁−1≤ ¹_x < q₁ ce qui prouve bien queq1=bxc+ 1.

Plus généralement, pourkxé etn≥k:

sn−sk = 1 q1· · ·qk

1 qk+1

+ 1

qk+1qk+2

+· · ·+ 1 qk+1· · ·qn

q₁· · ·q_k(s_n−s_k) = 1 qk+1

+ 1

qk+1qk+2

+· · ·+ 1 qk+1· · ·qn

Posons

q₁⁰ =qk+1, q⁰₂=qk+2, . . .

La suite qui gure à droite de l'égalité précédente est de même nature que les suitess_n. Notons y sa limite, on a alors en passant à la limite,

q1· · ·qk(x−sk) =y et b1

yc=q₁⁰ −1 =qk+1−1

3. a. D'après les hypothèsess_p−1=s⁰_p−1, notonssce nombre etλ=q1· · ·q_p−1. D'après la question 2.b. :











q_p−1 =b 1 λ(x−s)c q⁰_p−1 =b 1

λ(x⁰−s)c

⇒











q_p=b 1

λ(x−s)c+ 1> 1 λ(x−s) q_p⁰ =b 1

λ(x⁰−s)c+ 1≤ 1

λ(x⁰−s)+ 1 Comme qp et q⁰_p sont des entiers tels que qp < q⁰_p on a aussi qp+ 1 ≤ q_p⁰ d'où

1

λ(x−s) <_λ(x¹0−s) puisx⁰ < x.

b. Il est clair que si (qn)_n∈_N^∗ et (q⁰_n)_n∈_N^∗ sont deux suites distinctes dans T, elles vérieront (en les permutant au besoin) les hypothèses du a. On en déduit l'in- jectivité de l'application considérée.

On peut dénir sur T une relation d'ordre lexicographique, cette application devient alors strictement croissante. Sixest un réel donné, la suite(qn)_n∈N^∗telle que(sn)n∈N^∗ converge vers xest entièrement déterminée par les formules de la question 2.b. On l'appelle le développement de Engel dex.

4. Fonction de Briggs

a. Écrivons l'encadrement dénissant la partie entière de _x¹. b1

xc ≤ 1 x<b1

xc+ 1⇔q−1≤ 1

x < q⇔qx−x≤1< qx

⇔qx−1≤xet0< qx−1⇔0< β(x)≤x b. Sur un intervalle ouvert entre deux inverses d'entiers consécutifs, la fonction β

est ane. Elle est donc continue sur tous ces intervalles ouverts. En revanche, elle est discontinue en chaque pointx= _n¹ avecnnaturel non nul. Il est facile de voir que, en ce point, sa limite à gauche (large) est1−xalors que sa limite à droite (stricte) est0. Ce comportement apparait sur le graphe de la gure ??.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai S0104C

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1 2 1

5 1 4

1

3 1

Fig. 1: Graphe de la fonction de Briggs

c. La fonction β est continue en 0. En eet, à cause des inégalités du a. et du théorème d'encadrement, elle converge vers0 en0.

d. Le graphe de la fonction de Briggs est tracé dans la gure ??.

5. Algorithme de Briggs

a. L'encadrement de 4.a. montre que la suite est décroissante et minorée par0. Elle converge donc vers un nombrer(x)positif ou nul.

b. Si la limiter(x)n'est ni0ni un inverse d'entier, elle est placé dans un intervalle ouvert dans lequel la fonctionβ est continue. On doit donc avoir β(r(x)) =r(x) par passage à la limite. Or en un y qui n'est ni 0 ni un inverse d'entier on a β(y)< y. Lorsque r(x) est non nul, il doit donc être un inverse d'entier c'est à dire qu'il existe un entierqtel quer(x) =¹_q.

Il reste à montrer que la suite est stationnaire de valeur¹_q. Comme la suite(xn)_n∈N est décroissante et convergente vers ¹_q, il existe un certainN tel que

1

q ≤xN < 1 q−1

SixN était strictement plus grand que ¹_q, on voit bien sur le graphe que le terme suivant serait strictement plus petit ce qui est impossible. On doit donc avoir x_N =¹_q et la suite ne varie plus.

6. a. L'unicité d'un développement de Engel a été démontré dans la question 4. Le pro- blème ici est de montrer que la suite desqndonnés par les formules de la question 2.b. est croissante. Considérons unx∈]0,1[et la suite desxnen introduisant une notationqn (on convient quex0=x)

q1=b1

xc+ 1, x1=q1x−1 x= 1 q₁ +x1

q₁ q2=b1

x1

c+ 1, x2=q2x1−1 x1= 1 q2

+x2

q2

x= 1 q1

+ 1 q1q2

+ x1

q1q2

...

qn =b 1

x_n−1c+ 1, xn=qnxn−1−1 xn−1= 1 qn

+x_n qn

x= 1 q1

+ 1 q1q2

+· · ·+ x_n q1· · ·qn

On en tire

x= 1 q₁+ 1

q₁q₂ +· · ·+ xn

q₁· · ·q_n

Comme la suite(xn)_n∈N converge vers0, le xde départ est bien la limite d'une suite de Engel. La suite des qn est croissante car elle est formée avec la partie entière supérieur des inverses de xn. Les xn décroissent, leurs inverses et leurs parties entières croissent.

b. Sirest le reste de la division debpara, notonsple quotient b=pa+ravecr∈J0, a−1K⇒ b

a =p+ r a

|{z}

∈[0,1[

⇒p=bb ac

⇒β(a

b) = (p+ 1)x−1 = b−r

a + 1 a

b −1 = b−r+a−b

b = a−r

b c. À cause de la question 2.a., on doit seulement montrer que le développement

de Engel d'un nombre rationnel est stationnaire. D'après la question précédente, β(^a_b)est rationnel avec le même dénominateur mais un numérateur inférieur ou égal. Il ne peut décroitre indéniment, on tombe forcément sur un numérateur qui divise le dénominateur et la suite desx_n est alors stationnaire.

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7. Pourx=¹₂ :q1= 3,x−s1= ¹₂−¹₆,q2= 1 +b_3(x−s¹

1)c= 3. On devine alors que tous lesq_i seront égaux à 3 et en eet :

1 3 + 1

3² +· · ·+ 1 3ⁿ →1

3 1 1−¹₃ =1

2.

Pour x= ³₄ :q1= 2,x−s1 = ³₄−¹₂ = ¹₄,q1(x−s1) = ¹₂,q2= 3. Tous lesqi suivant seront égaux à 3 car

1 2 + 1

2·3+ 1

2·3² +· · ·+ 1 2·3ⁿ → 1

2+ 1 2·3

1 1−¹₃ =3

4.

8. Soitx= 0.3183098861, les formules de la question 2.b. permettent de former le tableau suivant

i q_i s_i x−s_i q₁q₂· · ·q_i

1 4 0.25 0.0683098861 4

2 4 0.3125 0.0058098861 16

3 11 0.3181818182 0.0001280679 176 4 45 0.3183080808 0.0000018053 7920 5 70 0.3183098846 0.0000000015 554400 6 1203 0.3183098861 666943200

Problème II. Polynômes positifs

1. X²+X+ 1 est positif et à valeurs positives (sans racine réelle).

X²−X+ 1est aussi sans racine réelle, il est à valeurs positives mais il n'est pas positif.

X²+ 2X+¹₂ est positif mais n'est pas à valeurs positives car il a des racines réelles.

2. NotonsΩl'ensemble cherché. Il est évident que]0,_m+1^π [⊂Ω. Le point intéressant est la deuxième inclusion.

Soitθ∈Ω. Comme 2θ∈]0,2π[,sin 2θ >0entraîne2θ∈]0, π[soitθ∈]0,^π₂[. De même, θ ∈]0,²_π[ entraîne3θ ∈]0,^3π₂ [ doncsin 3θ > 0 entraîne θ ∈]0,^π₃[ et ainsi de suite. On doit donc avoirθ∈]0,_m+1^π [.

3. a. Le polynômeDmest réel car les racinesu1etu2du polynôme réelC sont conju- guées. En développant, on obtient

Dm=X^2(m+1)−2 Re(u^m+1₁ )X^m+1+|u1|^2(m+1) Le polynômeDm est positif lorsqueRe(u^m+1₁ )est négatif c'est à dire

cos(m+ 1)φ <0

b. L'existence du polynômeBmrepose sur les identités

X^m+1−u^m+1₁ = (X−u1)(X^m+u1X^m−1+· · ·+u^m₁) X^m+1−u^m+1₂ = (X−u₂)(X^m+u₂X^m−1+· · ·+u^m₂) Le polynômeB_mest simplement le produit des deux facteurs de droite.

c. Le coecient deX^k dans

X^m+u₁X^m−1+u²₁X^m−2+· · ·+u^m₁

estu^m−k₁ . Dans l'autre polynôme, le coecient deX^k estu^m−k₂ . D'après la dé- nition du produit de deux polynômes, pourk entre 0 etmet u₁=re^iφ,

bk =

k

X

α=0

u^m−α₁ u^m−(k−α)₂ =

k

X

α=0

r^2m−ke^i(k−2α)φ

=r^2m−ke^ikφ

k

X

α=0

(e^−2iφ)^α=r^2m−ke^ikφ1−e^−2i(k+1)φ

1−e^−2iφ =r^2m−ksin(k+ 1)φ sinφ

Remarquons que

b_2m= 1, b_2m−1=u₁+u₂, b_2m−2=u²₁+u₁u₂+u²₂ et, plus généralement,

b_2m−k =u^k₁+u^k−1₁ u2+· · ·+u1u^k−1₂ +u^k₂ = u^k+1₁ −u^k+1₂

u₁−u₂ =r^ksin(k+ 1)φ sinφ d. D'après la question précédente,Bm est positif lorsque

sin 2φ

sinφ ,· · · ,sin(m+ 1)φ sinφ

sont positifs. Commeφ est l'argument principal deu1 avec Imu1>0,sinφ >0 avecφ∈]0, π[. La question 2. montre alors queBmest positif si et seulement si

φ∈]0, π (m+ 1)[

On aura en plusD_m positif lorsquecos(m+ 1)φ < 0. Les deux conditions sont réalisées si et seulement si

π

2 <(m+ 1)φ < π⇔ π

2φ < m+ 1< π φ Discutons maintenant selonφ.

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Si ^π₂ ≤φ. Le polynôme C est positif. On peut prendre les polynômes positifs B= 1et D=C.

Si φ < ^π₂. Alors 1 < _2φ^π et la longueur de l'intervalle ]_2φ^π,^π_φ[ est _2φ^π > 1. Il contient donc un entier supérieur ou égal à 2. Ceci prouve l'existence d'un naturelmrépondant aux conditions.

4. Si C est à coecients réels et sans racines réelles, il est produit de polynômes irré- ductibles de degré 2 sans racines réelles. On peut appliquer la question précédente à chacun des facteurs irréductibles et exploiter le fait que le produit de deux polynômes positifs est un polynôme positif.

Exercice

1. Dans les conditions de l'énoncé,s(n,0) = ^1−x_1−xⁿ⁺¹ tend vers _1−x¹ =s0(x). 2. a. On peut écrire

(1−x)s(n,1) = 1 + 2x+· · ·+ (n+ 1)xⁿ

−x−2x²− · · · −nxⁿ−(n+ 1)xⁿ⁺¹

= 1 +x+· · ·+xⁿ−(n+ 1)xⁿ⁺¹

On en déduit ques(n,1)converge et que sa limites₁(x)vérie(1−x)s1(x) =s₀(x) soits₁(x) = _(1−x)¹ ₂.

b. Exercice traité en classe.

3. a. En développant(1−x)s(n, r)on obtient +

r r

+ r+ 1

r

x+ r+ 2

r

x²+· · ·+ r+n

r

xⁿ

− r

r

x+ r+ 1

r

x²− · · · −

r+n−1 r

xⁿ−

r+n r

xⁿ⁺¹

= 1 + ( r+ 1

r

− r

r

)x+· · ·+ ( r+n

r

−

r+n−1 r

)xⁿ

− r+n

r

xⁿ⁺¹

=

r−1 r−1

+ r

r−1

x+ r+ 1

r−1

x²+· · ·+

r+n−1 r−1

xⁿ

− r+n

r−1

xⁿ⁺¹

= s(n, r−1)− r+n

r

xⁿ⁺¹

b. La suite de terme généralu^r_nxⁿ est une suite usuelle qui converge vers 0. D'autre part, commerest xé, ⁿ_r

xⁿ∼ ⁿ_r!^rxⁿdonc la suite de terme général ⁿ_r

xⁿconverge vers 0. On peut donc passer à la limite dans la relation du a. et obtenir (1− x)sr(x) =s_r−1(x). On en déduit

sr(x) = 1 (1−x)^r+1.