0 , elle s'annule entre 0 et 1 d'après le théorème des valeurs intermédiaires. Ce zéro est unique car f n est injective à cause de la stricte croissance. On le note x n .

Exercice.

1. La fonction f _n dénie dans ]−1, +∞[ par

f n (x) = e ^x + n ln(1 + x) − 2

est strictement croissante et continue. Comme f n (0) = −1 < 0 et f n (1) = e+n ln 2−2 >

0 , elle s'annule entre 0 et 1 d'après le théorème des valeurs intermédiaires. Ce zéro est unique car f n est injective à cause de la stricte croissance. On le note x n .

2. On peut exprimer f n+1 en fonction de f n puis considérer la valeur en x n . f n+1 (x) = f n (x) + ln(1 + x) ⇒ f n+1 (x n ) = f n (x n )

| {z }

=0

+ ln(1 + x n ) > 0

car x n > 0 . On en déduit x n+1 < x n par la croissance de f n+1 . La suite (x n ) _n∈N est décroissante et minorée par 0 , elle converge donc vers un réel l ∈ [0, 1[ .

Pour chaque ε > 0 , la suite (f n (ε)) _n∈N (équivalente à n ln(1 + ε) ) diverge vers +∞ . Il existe donc un N ε ∈ N tel que

n ≥ N _ε ⇒ f _n (ε) > 0 ⇒ 0 ≤ x _n < ε (croissance de f _n ) Ceci est exactement la dénition de la convergence vers 0 de la suite (x n ) _n∈

N . 3. Comme x _n tend vers 0 , on peut écrire des développements limités à un seul terme

e ^x

= 1 + x _n + o(x _n ), n ln(1 + x _n ) = nx _n + o(nx _n )

Comme x n ∈ o(nx n ) et o(x n ) ∈ o(nx n ) on doit tronquer quand on les additionne : 1 + x _n + o(x _n ) + nx _n + o(nx _n ) − 2 = 0 ⇒ nx _n − 1 + o(nx _n ) = 0 ⇒ nx _n = 1 + o(nx _n )

⇒ x _n ∼ 1 n 4. a. On peut considérer la fonction ϕ(x) = ^ln(1+x) _2−e

dans l'intervalle ouvert ]−1, ln 2[ .

Elle est de classe C ^∞ car le dénominateur ne s'annule pas. Comme la question posée est de caractère local en 0 , il ne faut surtout pas se lancer dans une étude des variations de cette expression.

Calculons seulement (à l'aide d'un développement limité en 0 ) la valeur en 0 de la dérivée.

ϕ(x) = ln(1 + x)

2 − e ^x = x + o(x)

1 − x + o(x) = (x + o(x))(1 + x + o(x)) = x + o(x)

⇒ ϕ(0) = 0 et ϕ ⁰ (0) = 1

Comme ϕ ⁰ est continue en 0 , il existe a < 0 et b > 0 tels que ϕ ⁰ > 0 dans [a, b] . On en déduit que la restriction f de ϕ à [a, b] dénit une bijection (strictement croissante) à valeurs dans [ϕ(a), ϕ(b)] . Comme l'énoncé nous demande des ouverts, on prend

I = ]a, b[ J = ]ϕ(a), ϕ(b)[

b. Par construction f est strictement croissante avec sa dérivée à valeurs strictement positives. Le théorème de cours sur la bijection réciproque assure que g = f ⁻¹ est dérivable. L'expression de g ⁰ montre qu'elle est elle même de classe C ^∞ . Les deux fonctions admettent donc des dévelopements limités à tous les ordres (formule de Taylor avec reste de Young).

c. Calcul du développement limité de f en 0 .

ln(1 + x) = x − 1 2 x ² + 1

3 x ³ + o(x ³ ) 2 − e ^x = 1 − x − 1

2 x ² + o(x ² ) 1

2 − e ^x = 1 + x + ( 1

2 + 1)x ² + o(x ² ) = 1 + x + 3

2 x ² + o(x ² ) f (x) = x + (− 1

2 + 1)x ² + ( 3 2 − 1

2 + 1

3 )x ³ + o(x ³ ) = x + 1 2 x ² + 4

3 x ³ + o(x ³ ) d. Calcul du développement limité de g en 0 . On sait que g(0) = 0 , on utilise des

coecients indéterminés :

g(y) = ay + by ² + cy ³ + o(y ³ ) puis on compose pour exploiter

g(f (x)) = af (x) + bf ² (x) + cf ³ (x) + o(f ³ (x)) = x avec o(f(x)) = o(x) car f (x) ∼ x .

f (x) = x + 1 2 x ² + 4

3 x ³ + o(x ³ ) × a

f ² (x) = x ² + x ³ + o(x ³ ) × b

f ³ (x) = x ³ + o(x ³ ) × c

x = ax + a 2 + b

x ² + 4a

3 + b + c

x ³ + o(x ³ )

On en déduit

a = 1, b = − 1

2 , c = − 5

6 g(y) = y − 1 2 y ² − 5

6 y ³ + o(y ³ ) 5. a. Pour n assez grand, x n ∈ I et on peut donc écrire

n ln(1 + x) = 2 − e ^x ⇔ 1

n = f (x n ) ⇔ x n = g( 1 n ) On en déduit le développement demandé.

b. Pour calculer le terme suivant du développement il faut pousser plus loin les dévelopements de base

ln(1 + x) = x − 1 2 x ² + 1

3 x ³ − 1

4 x ⁴ + o(x ⁴ ) 2 − e ^x = 1 − x − 1

2 x ² − 1

6 x ³ + o(x ³ ) u = x + 1

2 x ² + 1

6 x ³ + o(x ³ ) u ² = x ² + x ³ + o(x ³ ) u ³ = x ³ + o(x ³ ) 1

2 − e ^x = 1 + u + u ² + u ³ + o(x ³ ) = 1 + x + 3

2 x ² + 13

6 x ³ + o(x ³ ) f(x) = x + 1

2 x ² + 4

3 x ³ + 3 2

|{z}

13

6

−

+

−

x ⁴ + o(x ⁴ )

puis on combine comme plus haut

f (x) = x + 1 2 x ² + 4

3 x ³ + 3

2 x ⁴ + o(x ⁴ ) × a f ² (x) = x ² + x ³ + 35

12

|{z}

1 4

+

x ⁴ + o(x ⁴ ) × b

f ³ (x) = x ³ + 3 2

|{z}

1+

x ⁴ + o(x ⁴ ) × c

f ⁴ (x) = x ⁴ + o(x ⁴ ) × d

La nouvelle équation obtenue est 3a

2 + 35b 12 + 3c

2 + d = 0 ⇒ d = − 3 2 + 35

24 + 5 4 = 29

24 Le nouveau développement asymptotique est

x _n = 1 n − 1

2n ² − 5

6n ³ + 29

24n ⁴ + o( 1 n ⁵ )

Problème 1.

1. a. Tout nombre rationnel ^a _b avec a ∈ Z et b ∈ Z ^∗ est algébrique car il est racine du polynôme du premier degré bX − a ∈ Z [X] .

b. Le nombre réel √

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

2. a. La fonction associée au polynôme est de classe C ^∞ . Sa dérivée est continue donc bornée dans le segment [x−1, x+1] . Il existe donc des M > 0 tels que |P ⁰ (t)| ≤ M pour tous les t ∈ [x − 1, x + 1] . On peut appliquer l'inégalité des accroissement nis dans cet intervalle entre la racine x et un y 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

0 6= P ( p

q ) = a 0 + a 1

p

q + · · · + a d

p ^d

q ^d = a ₀ q ^d + a ₁ p ¹ q ^d−1 + · · · + a _d p ^d q ^d

= P d

k=0 a k p ^k q ^d−k

q ^d ⇒

d

X

k=0

a _k p ^k q ^d−k

| {z }

∈Z

6= 0 ⇒

d

X

k=0

a _k p ^k q ^d−k

≥ 1

car p , q et les a _i sont entiers.

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

x − p q

≥ 1 M

P ( p q )

=

P d

k=0 a _k p ^k q ^d−k

M q ^d ≥ 1

M q ^d

Pour ceux qui sont 1-loin de x , comme q et d sont des entiers naturels non nuls, q ^d ≥ 1 et

|x − p

q | ≥ 1 ⇒ |x − p q | ≥ 1

q ^d Pour couvrir les deux cas, on choisit K = min( _M ¹ , 1) .

3. a. L'inégalité est évidente car, sous les conditions de l'énoncé, ^u ₉

≤ 1 et 10 ^k−k! ≤ 1 . b. Par dénition la suite (x n ) _n∈N est croissante. Pour prouver sa convergence, il

sut de la majorer en utilisant la question précédente

x n ≤ 9

1 + 1

10 + · · · + 1 10 ⁿ

= 9 1 − 10 ⁿ⁺¹

1 − 10 ⁻¹ ≤ 9

1 − 10 ⁻¹ = 10 On note x sa limite.

c. On peut former une inégalité analogue à la précédente mais au delà d'un entier n xé

∀p > n, x p − x n ≤ 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

10 ² + · · · + 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 ₁₀ ¹ 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 écrire x n sous la forme x _n = p n

q _n avec q _n = 10 ^n! et p _n ∈ N

S'il existait un polynôme P ∈ Z [X ] tel que P (x) = 0 , il existerait aussi un réel K xé tel que

x − p q

≥ K q ^d

pour tous les rationnels ^p _q qui en sont pas racines de P . La suite (x n ) _n∈N étant strictement croissante, elle prend une innité de valeurs diérentes. Comme P

admet au plus d racines, il existe un rang N tel que x n n'est pas racine de P dès que n ≥ 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 x soit racine. Tous les nombres obtenus comme limites de ces suites sont transcendants.

Problème 2.

Partie 1 : Contenu d'un polynôme à coecients entiers

1. a. Soit P = P n

i=0 a i X ⁱ ∈ Z [X ] non nul et k ∈ N ^∗ . Par linéarité (ou homogénéité) : pgcd(ka ₀ , ..., ka _n ) = k pgcd(a ₀ , ..., a _n ).

De kp = P n

i=0 ka _i X ⁱ , on tire

c(kP ) = pgcd(ka 0 , ..., ka n ) = k pgcd(a 0 , ..., a n ) = kc(P ).

b. Soit P = P n

k=0 a k X ^k ∈ Z [X ] non nul, de degré n et de coecients a 0 , ..., a n . Pour tout k ∈ J 0, n K, c(P ) divise a k donc il existe a ⁰ _k ∈ Z tel que a k = c(P )a ⁰ _k . Ainsi :

1 c(P) P =

n

X

k=0

a ⁰ _k X ^k ∈ Z [X].

2. Soit k ∈ J 0, n + m K. Par dénition du produit polynomial :

c k = X

(i,j)∈ J 0,n K × J 0,m K i+j=k

a i b j .

3. a. Comme c(A) = c(B) = 1 , les coecients de A n'ont aucun diviseur commun donc

p ne divise pas tous les a i et il en est de même pour les coecients de B . Les

ensembles d'indices i pour lesquels p ne divise pas a i ou b i sont des parties de N

non vides. Elles admettent des plus petits éléments. Les entiers k 0 (associé à A )

et l ₀ (associé à B ) sont donc bien dénis.

b. D'après la question 2., on a : c k

+l

= X

(i,j)∈ J 0,n K × J 0,m K i+j=k

+l

a i b j = a k

b l

+ X

(i,j)∈ J 0,n K × J 0,m K i+j=k

+l

(i,j)6=(k

,l

)

a i b j

Examinons les couples (i, j) de la dernière somme.

Montrons d'abord que i 6= k ₀ et j 6= l ₀ . En eet i = k 0

i + j = k ₀ + l ₀ )

⇒ j = l ₀ ⇒ (i, j) = (k ₀ , l ₀ ).

De même pour j = l 0 . Montrons ensuite que i < k 0 ou j < l 0 . En eet i ≥ k ₀

i 6= k 0

i + j = k ₀ + l ₀



 

 

⇒ i < k 0

i + j = k 0 + l 0

)

⇒ j > l 0 .

De même j ≥ l 0 entraîne i < k 0 .

Ainsi, p divise a i ou b j , donc dans tous les cas, p divise a i b j . La somme :

X

(i,j)∈J 0,n K×J 0,m K\{(k

,l

)}

i+j=k

+l

a i b j = c k

+l

− a k

b l

est donc divisible par p . De c _k

_+l

divisible par p , on déduit que a _k

b _l

l'est aussi.

c. Comme p divise a _k

b _l

avec p premier, le lemme de Gauss assure que p divise a _k

ou b _l

, ce qui contredit la dénition de k ₀ et de l ₀ . C'est donc absurde.

Ainsi, c(AB) ne possède pas de diviseurs premiers, donc c(AB) = 1 .

4. Notons p = c(A) , q = c(B) . Pour tout k ∈ J 0, n K et tout l ∈ J 0, m K, il existe a ⁰ _k et b ⁰ _l entiers tels que pa ⁰ _k = a k et qb ⁰ _l = b l .

Par linéarité, pgcd(a ⁰ ₀ , ..., a ⁰ _n ) = pgcd(b ⁰ ₀ , ..., b ⁰ _m ) = 1 . Ainsi :

A 1 =

n

X

k=0

a ⁰ _k X ^k et B 1 =

m

X

l=0

b ⁰ _l X ^l vérient c(A 1 ) = c(B 1 ) = 1.

Donc c(A 1 B 1 ) = 1 d'après 3.c.. Comme AB = pqA 1 B 1 , la question 1.a. entraîne : c(AB) = pq c(A 1 B 1 ) = pq = c(A)c(B).

5. a. Notons u = deg(Q) . Comme Q ∈ Q [X] , il existe (p 0 , ..., p u ) ∈ Z ^u+1 et (q 0 , ..., q u+1 ) ∈ ( N ^∗ ) ⁿ⁺¹ tels que :

Q =

u

X

k=0

p k

q k

X ^k .

Posons alors q = ppcm(q ₀ , ..., q _u ) . Pour tout k ∈ J 0, u K, q _k divise q donc : q p _k

q k

∈ Z .

Ainsi, qQ ∈ Z [X] . De même, on trouve un entier naturel r tel que rR ∈ Z [X] . b. D'après les hypothèses sur P ∈ Z [X ] et Q , R dans Q [X ] ,

P = QR ⇒ qrQR = qrP ⇒ c(qrQR) = c(qrP ) = qrc(P) ⇒ qr divise c(qrQR) c. Dénissons plusieurs polynômes de Z [X ] (question a. et dénition du contenu) :

S 1 = qQ, T 1 = rR, S 2 = 1

c(S 1 ) S 1 , T = 1 c(T 1 ) T 1

Alors : c(S 1 )c(T 1 ) = c(S 1 T 1 ) = c(qr QR) = qr c(P ) . On en déduit

P = 1

qr (qQ)(rR) = 1

qr S ₁ T ₁ = c(S ₁ )c(T ₁ )

qr S ₂ T = c(P ) S ₂

| {z }

=S∈ Z [X]

T

On a donc bien : P = ST avec P et Q à coecients entiers et de degrés non nuls.

Partie 2 : Critère d'Eisenstein

1. a. On a a ₀ = b ₀ c ₀ . Comme p divise a ₀ et p est premier, d'après le lemme d'Euclide, p divise b ₀ ou p divise c ₀ .

Comme p ² ne divise pas a ₀ , alors p ne peut diviser simultanément b ₀ et c ₀ . Donc p divise exactement l'un des deux entiers b ₀ et c ₀ .

b. Montrons le résultat par récurrence nie sur k . Pour tout k ∈ J 0, r K, notons P k la proposition :

P k : ∀l ∈ J 0, k K , p divise b l

• P ₀ . C'est ce que nous avons supposé dans la question précédente.

• P k ⇒ P k+1 . Soit k ∈ J 0, r − 1 K tel que P k soit vériée. Comme s ≥ 1 , alors r < n donc k + 1 < n . Ainsi, p divise a k+1 . On a :

a k+1 = X

0≤i≤r 0≤j≤s i+j=k+1

b i c j = b k+1 c 0 + X

0≤i≤r, i6=k+1 0≤j≤s i+j=k+1

b i c j .

Soit (i, j) ∈ J 1, r K × J 0, s K tel que i + j = k + 1 et i 6= k + 1 . Alors i ≤ k . D'après P k , p divise b i . Ainsi, p divise la somme :

X

0≤i≤r, i6=k+1 0≤j≤s i+j=k+1

b i c j .

Comme p divise a k+1 , alors p divise b k+1 c 0 . D'après le lemme d'Euclide, p divise b k+1 ou c 0 . Comme p ne divise pas c 0 , alors p divise b k+1 .

Donc P k+1 est vériée.

Conclusion : ∀k ∈ J 0, r K, p|b k .

c. Ainsi, p divise b r . Or, a n = b r c s , donc p divise a n . Ceci est absurde, puisque d'après l'hypothèse (ii) , p ne divie pas a n .

On en déduit que'il n'existe pas de polynômes B, C ∈ Z [X] de degrés supérieurs ou égaux à 1 tels que A = BC .

2. D'après la question 5.c., P est irréductible dans Q [X ] .

Partie 3 : Exemples

1. Posons a ₀ = −2 , a ₁ = ... = a _n−1 = 0 et a _n = 1 . Posons également p = 2 . On a bien : p divise a 0 , · · · , a _n−1 , p ne divise pas a n , p ² = 4 ne divise pas a 0 = −2 . D'après le critère d'Eisenstein (question 7.), X ⁿ − 2 est irréductible dans Q [X ] . 2. a. D'après les règles de calcul dans un anneau :

(X − 1)Φ p = (X − 1)

p−1

X

k=0

X ^k =

p−1

X

k=0

X ^k 1 ^p−1−k = X ^p − 1 ^p = X ^p − 1.

b. On substitue X + 1 à X dans la relation précédente puis on simplie par X

XΨ p = (X + 1) ^p − 1 =

p

X

k=0

p k

X ^k − 1 =

p

X

k=1

p k

X ^p =

p−1

X

k=0

p k + 1

X ^k+1

⇒ Ψ p =

p−1

X

k=0

p k + 1

X ^k .

c. Pour tout k ∈ J 0, p − 1 K, posons a _k = p

k + 1

. Pour tout k ∈ J 1, p − 1 K, p divise _k ^p

(voir démonstration du petit théorème de Fermat), donc pour tout k ∈ J 0, p − 2 K, p divise a k . De plus,

a _p−1 = 1 ⇒ p ne divise pas a _p−1 , a ₀ = p ⇒ p ² ne divise pas a ₀ . D'après le critère d'Eisenstein (question 7.), Ψ _p est irréductible dans Q [X ] . d. Montrons par l'absurde que Φ _p est irréductible dans Q [X ] .

S'il existe A, B ∈ Q [X ] avec deg(A), deg(B) ≥ 1 tels que Φ _p = AB . Alors en substituant X + 1 à X :

Ψ _p = A(X b + 1) B(X b + 1)

ne serait pas irréductible, en contradiction avec le résultat de la question précé-

dente. Le polynôme Φ p est bien irréductible dans Q [X ] .