Partie II

(1)

MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DS 5 le 19/12/18 24 avril 2020

Exercice 1

1. Par dénition

u(x) =e^x^ln^|x|, v(x) =e^x²^ln^|x|, w(x) =e^{u(x) ln}^|x|

Les limites usuelles en 0, en particulierx^kln|x| →0, entrainent u₀= 1, v₀= 1, w₀= 0

2. a. En+∞,xln|x| →+∞donc les trois fonctions divergent vers+∞. b. Étude des dérivabilités en 0.

Commexln|x| →0, ^u(x)−1_x ∼ln|x| →+∞doncun'est pas dérivable en 0.

De même ^v(x)−1_x ∼xln|x| →0 doncv est dérivable en 0.

Enn, pourx >0,

w(x)

x =e(u(x)−1) ln|x|avec(u(x)−1) lnx∼xln²x donc ^w(x)_x converge vers 1 à droite de 0. Mais pourx <0

w(x)

x =−e(u(x)−1) ln|x|→ −1 doncw n'est pas dérivable en 0.

c. Les développements limités s'obtiennent par composition.

En 1

u(x) = 1 + (x−1) + (x−1)²+1

2(x−1)³+o((x−1)³) v(x) = 1 + (x−1) + 2(x−1)²+ 2(x−1)³+o((x−1)³) w(x) = 1 + (x−1) + (x−1)²+3

2(x−1)³+o((x−1)³) En -1

u(x) = 1 + (x+ 1)−1

2(x+ 1)³+o((x+ 1)³)

v(x) = 1−(x+ 1) + 2(x+ 1)²−2(x+ 1)³+o((x+ 1)³) w(x) = 1−(x+ 1)−(x+ 1)²+1

2(x+ 1)³+o((x+ 1)³).

Exercice 2

1. a. Tout nombre rationnel ^a_b aveca∈Zetb∈Z^∗ est algébrique car il est racine du polynôme du premier degrébX−a∈Z[X].

b. Le nombre réel√

2est algébrique car racine deX²−2mais il n'est pas rationnel (cours).

2. a. La fonction associée au polynôme est de classeC^∞. Sa dérivée est continue donc bornée dans le segment[x−1, x+1]. Il existe donc desM >0tels que|P⁰(t)| ≤M pour tous lest ∈ [x−1, x+ 1]. On peut appliquer l'inégalité des accroissement nis dans cet intervalle entre la racinexet uny quelconque :

|P(y)−P(x)| ≤M|y−x| ⇒ |P(y)| ≤M|y−x|

b. L'expression à minorer est le numérateur de la valeur du polynôme après réduction au même dénominateur

06=P(p

q) =a0+a1

p

q+· · ·+ad

p^d

q^d = a0q^d+a1p¹q^d−1+· · ·+adp^d q^d

= Pd

k=0akp^kq^d−k

q^d ⇒

d

X

k=0

a_kp^kq^d−k

| {z }

∈Z

6= 0⇒

d

X

k=0

a_kp^kq^d−k

≥1

carp,qet les a_i sont entiers.

c. Dans cette question, on s'occupe de rationnels ^p_q qui ne sont pas racines deP. Considérons d'abord ceux qui sont proches dexc'est à dire dans[x−1, x+ 1]et exploitons les questions 2.a et b.

x−p q

≥ 1 M

P(p q)

=

Pd

k=0akp^kq^d−k

M q^d ≥ 1

M q^d Pour les autres, commeq etdsont des naturels non nuls,q^d≥1et

|x−p

q| ≥1⇒ |x−p q| ≥ 1

q^d. Pour couvrir les deux cas, on choisitK= min(_M¹,1).

3. a. L'inégalité est évidente car, sous les conditions de l'énoncé,^u₉^k ≤1et10^k−k!≤1.

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 S1705C

(2)

b. Par dénition la suite (xn)_n∈N est croissante. Pour prouver sa convergence, il sut de la majorer en utilisant la question précédente

xn ≤9

1 + 1

10+· · ·+ 1 10ⁿ

= 91−10ⁿ⁺¹

1−10⁻¹ ≤ 9

1−10⁻¹ = 10.

On notexsa limite.

c. On forme une inégalité analogue à la précédente mais au delà d'un entiernxé

∀p > n, xp−xn ≤ 9 10^(n+1)!

1 + 1

10^(n+1)!−n! +· · ·+ 1 10^p!−n!

≤ 9

10^(n+1)!

1 + 1

10(n+2)!−(n+1)! +· · ·+ 1 10^p!−(n+1)!

≤ 9

10^(n+1)!

1 + 1

10+ 1

10² +· · ·+ 1 10^p!

≤ 9

10^(n+1)!

10

9 = 1

10^(n+1)!−1 ≤ 1 10^{n n!}. Pour justier l'inégalité du début de la troisième ligne, il sut de réaliser que la somme considérée est une somme de puissance de ₁₀¹ très lacunaire c'est à dire qu'il manque beaucoup de termes (seuls gurent ces exposants avec des dié- rences compliquées de factorielles). On majore simplement en ajoutant toutes les puissances qui manquent.

d. On peut écrirex_n sous la forme xn= pn

q_n avec qn= 10^n! et pn∈N.

S'il existaitP ∈Z[X]tel queP(x) = 0, il existerait aussi un réelK xé tel que

x−p q

≥ K q^d

pour tous les rationnels ^p_q qui ne sont pas racines de P. La suite(xn)_n∈

Nétant strictement croissante, elle prend une innité de valeurs diérentes. Comme P admet au plusdracines, il existe un rangN tel quexn n'est pas racine deP dès quen≥N. On devrait alors avoir

∀n≥N, 1

10^{n n!} ≤ |x−x_n| ≥ K q_n^d = K

10^{d n!} ⇒10^(n−d)n! ≤ 1 K ce qui est absurde car la suite à gauche diverge vers+∞.

Il ne peut exister de polynôme à coecients entiers dont xsoit racine. Tous les nombres obtenus comme limites de ces suites sont transcendants.

Exercice 3

Partie I

Rappelons quew=e^2iπⁿ , les autres valeurs de la famille sontw²,· · ·, wⁿ, avec en parti- culierwⁿ= 1. Pour tout polynômeP ∈Cn−1[X], considérons

S =Pe(w¹) +P(we ²) +· · ·+P(we ⁿ)

| {z }

=P(we ⁰)

=

n−1

X

k=0

Pe(w^k).

ConsidéronsP ∈Cn−1[X]quelconque. Il s'écrit

P =a0+a1X+· · ·+a_n−1Xⁿ⁻¹=

n−1

X

j=0

ajX^j.

aveca0,· · ·, an complexes. Ceci nous conduit à considérer pourj∈ {0,· · ·, n}

n−1

X

k=0

(w^k)^j =











n−1

X

k=0

1 =n sij= 0.

n−1

X

k=0

(w^j)^k= 1−(w^j)ⁿ

1−w^j = 1−(wⁿ)^j

1−w^j = 0 sij∈J1, n−1K. On en déduit :

S=

n−1

X

k=0





n−1

X

j=0

aj(w^k)^j



=

n−1

X

j=0

aj n−1

X

k=0

(w^k)^j

!

=na0=nPe(0).

car seulj= 0contribue réellement à la somme. La famille (0, w¹,· · ·, wⁿ)vérie(C).

Partie II

1. a. ChaqueP_i est un polynôme de degrén−1. D'après la condition(C): Pei(z0) = 1

n

Pei(z1) +Pei(z2) +· · ·+Pei(zn) .

Or par dénition dePi, tous les Pei(zk)sont nuls sauf si k=i. C'est le seul cas oùX−zk ne gure pas dans l'expression factorisée dePi. On en déduit

Pe_i(z₀) = 1 nPe_i(z_i).

(3)

b. Montrons queΦ⁰=P1+· · ·+Pn.

Φ⁰ = ((X−z₁) [(X−z₂)· · ·(X−z_n)])⁰

= (X−z2)· · ·(X−zn) + (X−z1) ((X−z2)· · ·(X−zn))⁰

= P1+ (X−z1) ((X−z2) [(X−z3)· · ·(X−zn)])⁰

= P₁+P₂+ (X−z₁)(X−z₂) ((X−z₃)· · ·(X−z_n))⁰ ...

= P1+P2+· · ·+Pn.

Pour i xé et k variable, tous les Pek(zi) sont nuls sauf Pei(zi), on a donc, en utilisant la première question,

fΦ⁰(z_i) =Pe_i(z_i) =nPe_i(z₀) =n Y

k∈J1,nK−\{i}

(z₀−z_k).

Quand on multiplie par(z₀−z_i), on obtient exactement les mêmes facteurs que dansΦ(ze 0)soit(z0−zi)fΦ⁰(z0) =neΦ(z0).

c. Considérons le polynômeQ= Φ−_n¹(X−z₀)Φ⁰−Φ(ze ₀), il vérieQ(ze ₀) = 0et

∀i∈ {1,· · ·, n}, Q(ze _i) =Φ(ze _i)

| {z }

=0

−1

n(z_i−z₀)fΦ⁰(z_i)

| {z }

=−nΦ(ze 0)

−eΦ(z₀) = 0.

Le polynômeQadmetn+ 1racines distinctes avecdeg(Q)≤n, doncQest nul.

2. a. En substituantz0à X dansΨ, on obtient

Ψ(ze 0) =Φ(ze 0)−Φ(ze 0) = 0⇒z0racine deΨ.

Commen≥3, le coecient dominant deΨest celui deΦc'est à dire 1.

Par dénition,z0 est une racine deΨde multiplicitém∈N^∗ si et seulement si

∃Q∈C[X]tqΨ = (X−z₀)^mQavecQ(ze ₀)6= 0

⇔Ψg^(k)(z0) =

( 0sik∈J0, m−1K 6= 0sik=m . b. En posantΨ = Φ−Φ(ze 0), la formule de 1.c. s'écrit encore

Ψ = 1

n(X−z0)Φ⁰= 1

n(X−z0)Ψ⁰.

Dérivonsi fois cette relation à l'aide de la formule de Leibniz. Les dérivées suc- cessives de(X−z0)sont nulles à partir de la 2^◦, il ne reste donc que deux termes

nΨ⁽ⁱ⁾= [(X−z₀)Φ⁰]⁽ⁱ⁾= (X−z₀)⁽⁰⁾Ψ⁽ⁱ⁺¹⁾+i(X−z₀)⁽¹⁾Ψ⁰⁽ⁱ⁻¹⁾

= (X−z0)Ψ⁽ⁱ⁺¹⁾+iΨ⁽ⁱ⁾⇒(n−i)Ψ⁽ⁱ⁾= (X−z0)Ψ⁽ⁱ⁺¹⁾. c. Substituonsz0 àX dans la formule précédente :

∀i∈J1, n−1K, (n−i)Ψg⁽ⁱ⁾(z0) = 0⇒Ψg⁽ⁱ⁾(z0) = 0.

Avec la caractérisation citée en a., on en déduit quez0 est racine de multiplicité au moinsndeΨ. Commedeg Ψ =n, il existe un réelλtel queΨ =λ(X−z0)ⁿ. Comme le coecient dominant est1, on a en fait

Ψ = (X−z0)ⁿ.

3. D'après la question précédente et la dénition dea,

Φ = (X−z₀)ⁿ+Φ(ze ₀) = (X−z₀)ⁿ−aⁿ.

Par dénition, les racines deΦsontz₁,· · · , z_n. On en déduit que z₁−z₀,· · ·, z_n−z₀ sont les racinesn-ièmes de−eΦ(z₀). On a donc :

{z₁,· · ·, z_n}=z₀+aUn={z₀+au avecu∈Un}

Les complexesz1,· · ·, zn sont les sommets d'un polygône régulier de centrez0.

Exercice 4

1. Il est clair que lesBn,k sont de degrén et unitaires. L'expression demandée vient de la formule du binôme appliquée à

(2X)ⁿ= ((X+ 1) + (X+ 1))ⁿ.

2. Remarquons que

∀y6= 1, 1 +y

1−y + 1 = 2

1−y, 1 +y

1−y −1 = 2y 1−y.

(4)

On en déduit que

Bbn,k(1 +y

1−y) = 2ⁿy^k (1−y)ⁿ.

En substituant ^1+y_1−y à X dansBn,k=µ0+µ1X+· · ·+µnXⁿ, on obtient

2ⁿ

(1−y)ⁿy^k=

n

X

j=0

µ_j 1 +y

1−y j

⇒2ⁿy^k=

n

X

j=0

µ_j(1 +y)^j(1−y)^n−j=

n

X

j=0

µ_j(−1)^n−j(y+ 1)^j(y−1)^n−j.

Comme ceci est valable pour une innité dey réels, on en déduit 2ⁿX^k =

n

X

j=0

µj(−1)^n−jB_n,n−j⇒ ∀j ∈J0, nK, λj = 2⁻ⁿ(−1)^jµ_n−j.

3. La question 2. permet de former le tableau suivant : B2,0= (X+ 1)²=X²+ 2X+ 1 → 1 = 1

4B2,0−1

2B2,1+1 4B2,2

B2,1= (X−1)(X−1) =X²−1 → X =1

4B2,0−1 4B2,2

B2,2= (X−1)²=X²−2X+ 1 → X²=1

4B2,0+1

2B2,1+1 4B2,2. On en déduit, en combinant les lignes,

(X−a)(X−b) =X²−(a+b)X+ab

= 1−a−b+ab

4 B2,0+1−ab

2 B2,1+1 +a+b+ab 4 B2,2.

4. CommeQest combinaison desX^k et que chaqueX^k est une combinaison desBn,,j, il est clair queQest aussi combinaison desBn,,j. Ceci montre l'existence des réelsδi. Chaque B_n,j est de degré n et de coecient dominant 1. Le polynôme Q est aussi degrénet de coecient dominant 1. En comparant les coecients dominants :

Q= X

j∈{1,...,n}

δ_jB_n,j ⇒1 =δ₁+δ₂+· · ·+δ_n.

La positivité desδi est dicile à montrer.

Remarquons, par analogie avec 2. que, sia6=−1et y6= 1,

1 +y

1−y −a= (1−a) + (1 +a)y

1−y =

(1−a) (1+a)+y

(1 +a)(1−y) = g(a) +y

(1 +a)(1−y) avecg(a) = 1−a 1 +a.

Supposons d'abord tous lesa_k >−1, et substituons ^1+y_1−y à X dansQ=Pn

j=0δ_jQ_j. Il vient

Qn

k=1(g(ak) +y) (1−y)ⁿQn

k=1(1 +a_k) =

n

X

j=0

δj

2ⁿ (1−y)ⁿy^j

⇒

n

Y

k=1

(y+g(ak)) = 2ⁿA

n

X

j=0

δjy^j avecA=

n

Y

k=1

(1 +ak).

D'une part,A >0 car lesak sont strictement plus grands que−1.

D'autre part, l'homographieg est monotone dans ]−1,1], elle décroît de +∞ vers 0 donc lesg(ak)sont positifs ou nuls.

Le développement montre alors que chaque 2ⁿA δ_i est un polynôme symétrique élé- mentaire eng(a₁),· · ·g(a_n). On en déduit que lesδ_i sont positifs.

Lorsquesdes nombresa_k sont égaux à -1, on a vu que ^1+y_1−y+ 1 = _1−y² . On peut encore écrire

2^sQ

k∈{1,...,n}tqa_k6=−1(y+g(ak)) (1−y)ⁿQn

k∈{1,...,n}tqa_k6=−1(1 +ak) =

n

X

j=0

δ_j 2ⁿ (1−y)ⁿy^j et achever le raisonnement comme dans le premier cas.