MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DS 5 le 19/12/18 29 juin 2019

(1)

MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DS 5 le 19/12/18 29 juin 2019

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 particulier x

^k

ln |x| → 0 , entrainent u

₀

= 1, v

₀

= 1, w

₀

= 0

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

Comme x ln |x| → 0 ,

^u(x)−1_x

∼ ln |x| → +∞ donc u n'est pas dérivable en 0.

De même

^v(x)−1_x

∼ x ln |x| → 0 donc v est dérivable en 0.

Enn, pour x > 0 ,

w(x)

x = e

(u(x)−1) ln|x|

avec (u(x) − 1) ln x ∼ x ln

²

x donc

^w(x)_x

converge vers 1 à droite de 0. Mais pour x < 0

w(x)

x = −e

(u(x)−1) ln|x|

→ −1 donc w 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

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(

_M¹

, 1) .

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

^u₉^k

≤ 1 et 10

^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)

MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DS 5 le 19/12/18 29 juin 2019

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

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 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.

Exercice 3

Partie I

Rappelons que w = e

^2iπⁿ

, les autres valeurs de la famille sont w

²

, · · · , w

ⁿ

, avec en particulier w

ⁿ

= 1 . Pour tout polynôme P ∈ C

n−1

[X ] , considérons

S = P e (w

¹

) + P(w e

²

) + · · · + P(w e

ⁿ

)

| {z }

=P(we ⁰)

=

n−1

X

k=0

P e (w

^k

).

Considérons P ∈ C

n−1

[X] quelconque. Il s'écrit

P = a

₀

+ a

₁

X + · · · + a

_n−1

X

ⁿ⁻¹

=

n−1

X

j=0

a

_j

X

^j

.

avec a

₀

, · · · , a

_n

complexes. Ceci nous conduit à considérer pour j ∈ {0, · · · , n}

n−1

X

k=0

(w

^k

)

^j

=



 

 

 

 

n−1

X

k=0

1 = n si j = 0.

n−1

X

k=0

(w

^j

)

^k

= 1 − (w

^j

)

ⁿ

1 − w

^j

= 1 − (w

ⁿ

)

^j

1 − w

^j

= 0 si j ∈ J 1, n − 1 K . On en déduit :

S =

n−1

X

k=0





n−1

X

j=0

a

_j

(w

^k

)

^j



 =

n−1

X

j=0

a

_j

n−1

X

k=0

(w

^k

)

^j

!

= na

₀

= n P e (0)

car seul j = 0 contribue réellement à la somme. La famille (0, w

¹

, · · · , w

ⁿ

) vérie donc bien la condition (C) .

Partie II

1. a. Chaque P

i

est un polynôme de degré n − 1 . D'après la condition (C) : P e

i

(z

0

) = 1

n

P e

i

(z

1

) + P e

i

(z

2

) + · · · + P e

i

(z

n

) .

2

(3)

MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DS 5 le 19/12/18 29 juin 2019

Or par dénition de P

i

, tous les P e

i

(z

k

) sont nuls sauf si k = i . C'est le seul cas où X − z

k

ne gure pas dans l'expression factorisée de P

i

. On en déduit

P e

i

(z

0

) = 1 n P e

i

(z

i

) b. Montrons que Φ

⁰

= P

1

+ · · · + P

n

.

Φ

⁰

= ((X − z

₁

) [(X − z

₂

) · · · (X − z

_n

)])

⁰

= (X − z

2

) · · · (X − z

n

) + (X − z

1

) ((X − z

2

) · · · (X − z

n

))

⁰

= P

₁

+ (X − z

₁

) ((X − z

₂

) [(X − z

₃

) · · · (X − z

_n

)])

⁰

= P

1

+ P

2

+ (X − z

1

)(X − z

2

) ((X − z

3

) · · · (X − z

n

))

⁰

...

= P

₁

+ P

₂

+ · · · + P

_n

Pour i xé et k variable, tous les P e

k

(z

i

) sont nuls sauf P e

i

(z

i

), on a donc, en utilisant la première question,

f Φ

⁰

(z

i

) = P e

i

(z

i

) = n P e

i

(z

0

) = n Y

k∈J1,nK−\{i}

(z

0

− z

k

)

Quand on multiplie par (z

0

− z

i

) , on obtient exactement les mêmes facteurs que dans Φ(z e

₀

) soit (z

₀

− z

_i

)f Φ

⁰

(z

₀

) = ne Φ(z

₀

) . Finalement :

n Φ(z e

₀

) = (z

₀

− z

_i

)f Φ

⁰

(z

₀

).

c. Considérons le polynôme Q = Φ −

_n¹

(X − z

₀

)Φ

⁰

− Φ(z e

₀

) , il vérie Q(z e

₀

) = 0 et

∀i ∈ {1, · · · , n} , Q(z e

i

) = Φ(z e

i

)

| {z }

=0

− 1

n (z

i

− z

0

)f Φ

⁰

(z

i

)

| {z }

=−nΦ(ze 0)

−e Φ(z

0

) = 0

Le polynôme Q admet n + 1 racines distinctes avec deg(Q) ≤ n , donc Q est nul.

2. a. En substituant z

0

à X dans Ψ , on obtient

Ψ(z e

0

) = Φ(z e

0

) − Φ(z e

0

) = 0

donc z

0

est racine de Ψ . Comme n ≥ 3 , le coecient dominant de Ψ est celui de Φ c'est à dire 1.

Par dénition, z

0

est une racine de Ψ de multiplicité m ∈ N

^∗

si et seulement si

∃Q ∈ C [X ] tq Ψ = (X − z

₀

)

^m

Q avec Q(z e

₀

) 6= 0

⇔ Ψ g

^(k)

(z

0

) =

( 0 si k ∈ J 0, m − 1 K 6= 0 si k = m . b. En posant Ψ = Φ − Φ(z e

0

) , la formule de 1.c. s'écrit encore

Ψ = 1

n (X − z

0

)Φ

⁰

= 1

n (X − z

0

)Ψ

⁰

Dérivons i fois cette relation à l'aide de la formule de Leibniz. Les dérivées suc- cessives de (X − z

₀

) sont nulles à partir de la 2

^◦

, il ne reste donc que deux termes

nΨ

⁽ⁱ⁾

= [(X − z

₀

)Φ

⁰

]

⁽ⁱ⁾

= (X − z

₀

)

⁽⁰⁾

Ψ

⁽ⁱ⁺¹⁾

+ i(X − z

₀

)

⁽¹⁾

Ψ

⁰⁽ⁱ⁻¹⁾

= (X − z

0

)Ψ

⁽ⁱ⁺¹⁾

+ iΨ

⁽ⁱ⁾

⇒ (n − i)Ψ

⁽ⁱ⁾

= (X − z

0

)Ψ

⁽ⁱ⁺¹⁾

. c. Substituons z

0

à X dans la formule précédente :

∀i ∈ J 1, n − 1 K , (n − i) Ψ g

⁽ⁱ⁾

(z

0

) = 0 ⇒ Ψ g

⁽ⁱ⁾

(z

0

) = 0.

Avec la caractérisation citée en a., on en déduit que z

0

est racine de multiplicité au moins n de Ψ . Comme deg Ψ = n , il existe un réel λ tel que Ψ = λ(X − z

0

)

ⁿ

. Comme le coecient dominant est 1 , on a en fait

Ψ = (X − z

0

)

ⁿ

. 3. D'après la question précédente, Φ = (X − z

0

)

ⁿ

+ Φ(z e

0

) .

Par dénition, les racines de Φ sont z

1

, · · · , z

n

. On en déduit que, z

1

− z

0

, · · · , z

n

− z

0

sont les racines n -ièmes de −e Φ(z

0

) . On a donc ∀k ∈ {1, · · · , n} , {z

1

, · · · , z

n

} = z

0

+ a U

n

= {z

0

+ au avec u ∈ U

n

}

Les complexes z

₁

, · · · , z

_n

sont les sommets d'un polygône régulier de centre z

₀

.

Exercice 4

1. Il est clair que les B

n,k

sont de degré n et unitaires. L'expression demandée vient de la formule du binôme appliquée à

(2X )

ⁿ

= ((X + 1) + (X + 1))

ⁿ

.

3

(4)

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2. Remarquons que

∀y 6= 1, 1 + y

1 − y + 1 = 2

1 − y , 1 + y

1 − y − 1 = 2y 1 − y . On en déduit que

B b

_n,k

( 1 + y

1 − y ) = 2

ⁿ

y

^k

(1 − y)

ⁿ

.

En substituant

^1+y_1−y

à X dans B

n,k

= µ

0

+ µ

1

X + · · · + µ

n

X

ⁿ

, on obtient

2

ⁿ

(1 − y)

ⁿ

y

^k

=

n

X

j=0

µ

j

1 + y 1 − y

^j

⇒ 2

ⁿ

y

^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 de y réels, on en déduit

2

ⁿ

X

^k

=

n

X

j=0

µ

j

(−1)

^n−j

B

n,n−j

⇒ ∀j ∈ J 0, n K , λ

j

= 2

⁻ⁿ

(−1)

^j

µ

n−j

.

3. La question 2. permet de former le tableau suivant : B

2,0

= (X + 1)

²

= X

²

+ 2X + 1 → 1 = 1

4 B

2,0

− 1

2 B

2,1

+ 1 4 B

2,2

B

2,1

= (X − 1)(X − 1) = X

²

− 1 → X = 1

4 B

2,0

− 1 4 B

2,2

B

2,2

= (X − 1)

²

= X

²

− 2X + 1 → X

²

= 1

4 B

2,0

+ 1

2 B

2,1

+ 1 4 B

2,2

. On en déduit, en combinant les lignes,

(X − a)(X − b) = X

²

− (a + b)X + ab

= 1 − a − b + ab

4 B

2,0

+ 1 − ab

2 B

2,1

+ 1 + a + b + ab 4 B

2,2

.

4. Comme Q est combinaison des X

^k

et que chaque X

^k

est une combinaison des B

n,,j

, il est clair que Q est aussi combinaison des B

_n,,j

. Ceci montre l'existence des réels δ

_i

.

Chaque B

n,j

est de degré n et de coecient dominant 1. Le polynôme Q est aussi degré n et de coecient dominant 1. En comparant les coecients dominants :

Q = X

j∈{1,...,n}

δ

j

B

n,j

⇒ 1 = δ

1

+ δ

2

+ · · · + δ

n

.

La positivité des δ

i

est dicile à montrer.

Remarquons, par analogie avec 2. que, si a 6= −1 et y 6= 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) avec g(a) = 1 − a 1 + a .

Supposons d'abord tous les a

k

> −1 , et substituons

^1+y_1−y

à X dans Q = P

n

j=0

δ

j

Q

j

. Il vient

Q

n

k=1

(g(a

k

) + y) (1 − y)

ⁿ

Q

n

k=1

(1 + a

k

) =

n

X

j=0

δ

_j

2

ⁿ

(1 − y)

ⁿ

y

^j

⇒

n

Y

k=1

(y + g(a

_k

)) = 2

ⁿ

A

n

X

j=0

δ

_j

y

^j

avec A =

n

Y

k=1

(1 + a

_k

).

D'une part, A > 0 car les a

k

sont strictement plus grands que −1 .

D'autre part, l'homographie g est monotone dans ]−1, 1] , elle décroît de +∞ vers 0 donc les g(a

k

) sont positifs ou nuls.

Le développement montre alors que chaque 2

ⁿ

A δ

i

est un polynôme symétrique élé- mentaire en g(a

1

), · · · g(a

n

) . On en déduit que les δ

i

sont positifs.

Lorsque s des nombres a

k

sont égaux à -1, on a vu que

^1+y_1−y

+ 1 =

_1−y²

. On peut encore écrire

2

^s

Q

k∈{1,...,n}tqak6=−1

(y + g(a

k

)) (1 − y)

ⁿ

Q

n

k∈{1,...,n}tqa_k6=−1

(1 + a

_k

) =

n

X

j=0

δ

j

2

ⁿ

(1 − y)

ⁿ

y

^j

et achever le raisonnement comme dans le premier cas.

4