On pose M =

DS N ^◦ 4 - CORRECTION

EXERCICE 1 (45min-1h) Une suite de puissances de matrice

On pose M =





3 −2 −1

1 0 −1

0 0 2



 et I =





1 0 0 0 1 0 0 0 1



 la matrice identit´ e de M ₃ ( R ).

1. (a) Un calcul rapide prouve que M ² =





7 −6 −3 3 −2 −3

0 0 4



 = 3M − 2I .

(b) On d´ eduit que 1.(a) que M ² − 3M = −2I soit M (− ¹ ₂ M + ³ ₂ I) = I et donc M est inversible et M ⁻¹ = − ¹ ₂ M + ³ ₂ I =





0 1 ¹ ₂

− ¹ ₂ ³ ₂ ¹ ₂ 0 0 ¹ ₂



 .

(c) De M ² = 3M − 2I on d´ eduit M ³ = M ² .M = 3M ² − 2M = 9M − 6I − 2M = 7M − 6I . 2. On effectue une r´ ecurrence sur n :

M ⁰ = I 3 = a 0 I + b 0 M avec a 0 = 1 et b 0 = 0 et M ¹ = M = a 1 I + b 1 M avec a 1 = 0 et b 1 = 1 . On remarque d’ailleurs que ces r´ eels sont bien uniques.

Hypoth` ese de r´ ecurrence : il existe un unique couple (a _n , b _n ) de r´ eels tel que M ⁿ = a _n I + b _n M . Cette propri´ et´ e est initialis´ ee aux rangs n = 0 et n = 1.

Supposons-l` a v´ erifi´ ee au rang n fix´ e et montrons-l` a au rang n + 1 :

M ⁿ⁺¹ = M ⁿ .M = (a n I + b n M)M = a n M + b n (3M − 2I) = (a n + 3b n )M − 2b n I

La propri´ et´ e est v´ erifi´ ee au rang n + 1 et h´ er´ editaire en posant a _n+1 = −2b _n et b _n+1 = a _n + 3b _n . Les r´ eels a n+1 et b n+1 sont d´ efinis de fa¸ con unique puisque les r´ eels a n et b n le sont.

On en d´ eduit que pour tout entier n ∈ N , il existe un couple de r´ eels (a n , b n ) tel que M ⁿ = a n I +b n M . 3. Pour tout n > 0, c n+1 = a n+1 + b n+1 = a n + 3b n − 2b n = a n + b n = c n .

On en d´ eduit que la suite (c _n ) _n>0 est donc constante et ´ egale ` a c <sub>0</sub> = a <sub>0</sub> + b <sub>0</sub> = 1 . 4. Trivialement d’apr` es le 2., pour tout n > 0, b _n+2 = a _n+1 + 3b _n+1 = b _n+2 = 3b _n+1 − 2b _n . 5. On a affaire ` a une ´ equation lin´ eaire r´ ecurrence d’ordre 2 satisfaite par la suite (b _n ).

On r´ esout l’´ equation caract´ eristique r ² = 3r − 2 qui admet comme racines r = 1 et r = 2 donc il existe deux r´ eels α et β tels que ∀n ∈ N : b _n = α1 ⁿ + β2 ⁿ = α + β2 ⁿ .

b ₀ = 0 et b ₁ = 1 implique n´ ecessairement que α + β = 0 et α + 2β = 1 soit α = −1 et β = 1.

Finalement ∀n ∈ N : b n = −1 + 2 ⁿ , on en d´ eduit que a n = 1 − b n = 2 − 2 ⁿ puis :

M ⁿ = (2 − 2 ⁿ )I + (−1 + 2 ⁿ )M =





2 ⁿ⁺¹ − 1 2 − 2 ⁿ⁺¹ 1 − 2 ⁿ 2 ⁿ − 1 2 − 2 ⁿ 1 − 2 ⁿ

0 0 2 ⁿ





6. Il suffit de remplacer n par −1 dans la formule pr´ ec´ edente et de comparer avec l’expression trouv´ ee au 1.(b) et l’on s’aper¸ coit que l’expression pr´ ec´ edente reste valable pour n = −1 .

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DS N ^◦ 4 - CORRECTION

EXERCICE 2 (45min-1h)

A l’Essouriau, on sait factoriser des polynˆ ` omes de degr´ e 6 1. Un polynˆ ome auxiliaire

(a) On pose la division euclidienne on trouve Q = X + (µ − 3) et R = (−2µ + 7)X + (−2µ + 7).

Ainsi X ² + 3X + 2 divise P _µ si, et seulement si, R = 0 donc µ = ⁷ ₂ .

(b) P _µ est un polynˆ ome de degr´ e 3 qui d’apr` es le cours se factorise dans R comme produit de :

— 3 polynˆ omes de degr´ e 1,

— 1 polynˆ ome de degr´ e 1 et 1 polynˆ ome de degr´ e 2 avec discriminant strictement n´ egatif.

Ainsi P µ admet 3 racines r´ eelles ou bien une racine r´ eelle (et deux racines complexes conjugu´ ees) (c) On v´ erifie simplement que P _µ (−1) = −1 + µ − µ + 1 = 0 donc −1 est racine de P _µ .

(d) −1 est racine multiple de P µ si et seulement si −1 est racine de P _µ ⁰ . Or P _µ ⁰ = 3X ² + 2µX + µ et P _µ ⁰ (−1) = 3 − µ donc P _µ ⁰ (−1) = 0 ⇔ µ = 3.

Si µ 6= 3, −1 est racine simple de P _µ .

Si µ = 3, P µ = X ³ + 3X ² + 3X + 1 = (X + 1) ³ donc −1 racine triple de P µ . (ou P ₃ ⁰⁰ (−1) = 0) (e) Connaissant une racine, on factorise P _µ : P _µ = (X + 1)(aX ² + bX + c).

On trouve par identification a = 1, b = µ − 1 et c = 1 et P _µ = (X + 1)(X ² + (µ − 1)X + 1) . On pose ∆ = (µ − 1) ² − 4 = (µ − 3)(µ + 1) et l’on distingue deux cas :

∆ < 0 ⇔ µ ∈] − 1, 3[, alors P _µ n’est pas scind´ e

(car il admet deux racines complexes conjugu´ ees et la racine r´ eelle −1.)

∆ > 0 ⇔ µ / ∈] − 1, 3[, alors P µ il est scind´ e. (car il admet trois racines r´ eelles (compt´ ees avec leur multiplicit´ e) donc il est scind´ e.)

2. D’un polynˆ ome de degr´ e 6 ` a un polynˆ ome de degr´ e 3

(a) Q est un polynˆ ome de degr´ e 6, or dans R les seuls polynˆ omes irr´ eductibles sont de degr´ e 1 ou 2 donc P n’est pas irr´ eductible dans R .

(b) On remarque que Q(0) = 1 donc 0 n’est pas racine de Q. Donc pour tout z 6= 0 :

Q(z) = 0 ⇔ z ⁶ +αz ⁵ +βz ⁴ +γz ³ + βz ² +αz + 1 = 0 ⇔ z ⁶ (1 +α ¹ _z + β _z ¹

+γ _z ¹

+ β _z ¹

+α _z ¹

+ _z ¹

) = 0 Donc Q(z) = 0 ⇔ z ⁶ Q( ¹ _z ) = 0 et comme z 6= 0, ceci ´ equivaut ` a Q( ¹ _z ) = 0.

(c) Posons R = X ³ + αX ² + (β − 3)X + γ − 2α. On rappelle que z 6= 0 (car z est racine de Q) : R(z + ¹ _z ) = 1 ⇔ (z + ¹ _z ) ³ + α(z + ¹ _z ) ² + (β − 3)(z + ¹ _z ) + γ − 2α = 0

R(z + ¹ _z ) = 1 ⇔ z ³ + 3z + _z ³ + _z ¹

+ αz ² + 2α + α _z ¹

+ (β − 3)z + ^β−3 _z + γ − 2α = 0

R(z + ¹ _z ) = 1 ⇔ z ⁶ + 3z ⁴ + 3z ² + 1 + αz ⁵ + 2αz ³ + αz + (β − 3)z ⁴ + (β − 3)z ² + (γ − 2α)z ³ = 0 (en multipliant par z ³ 6= 0)

R(z+ ¹ _z ) = 1 ⇔ z ⁶ +αz ⁵ +(3+β −3)z ⁴ +(2α +3 −3+2α +γ )z ³ +(β −3+3)z ² +αz +1 = Q(z) = 0.

3. Application : Factorisation d’un polynˆ ome de F

(a) Appliquons le 2. avec α = 1, β = 4, γ = 3 et donc : Q(z) = 0 ⇔ z + ¹ _z racine de X ³ + X ² + X + 1.

D’apr` es le 1.d, on est dans le cas µ = 1, donc R = (X + 1)(X ² + 1) = (X + 1)(X − i)(X + i).

Reste ` a r´ esoudre :

z + ¹ _z = −1 ⇔ z ² + z + 1 = 0 soit z ₁ = j ou z ₂ = j . z + ¹ _z = i ⇔ z ² − iz + 1 = 0 soit z ₃ = ¹⁺

√ 5

2 i ou z ₄ = ¹⁻

√ 5 2 i . z + ¹ _z = −i ⇔ z ² + iz + 1 = 0 soit z ₅ = − ¹⁺

√ 5

2 i ou z ₆ =

√ 5−1 2 i .

(b) On regroupe les racines par couples de racines conjugu´ ees (z ₁ , z ₂ ), (z ₃ , z ₅ ) et (z ₄ , z ₆ ) et on alors : Q = (X ² + X + 1)(X ² + (

√ 5 + 1

2 ) ² )(X ² + (

√ 5 − 1

2 ) ² ) = (X ² + X + 1)(X ² + 3 + √ 5

2 )(X ² + 1 −

√ 5 2 )

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PROBL` EME

UNE PREUVE DE L’IRRATIONALIT ´ E DE e (1h-1h15 ) Le but de ce probl` eme est de prouver que e est irrationnel.

PARTIE A - Une suite d’int´ egrales

On pose pour n ∈ N : u _n = Z e

1

ln ⁿ (t) t ² dt

1. (a) Justifier que u n existe pour tout n ∈ N .

Pour tout n ∈ N , u _n existe car l’int´ egrale est bien d´ efinie.

Effectivement, c’est l’int´ egrale d’une fonction d´ efinie et continue sur [1, e].

(b) Calculer u ₀ .

Tr` es simplement : u ₀ = Z e

1

ln ⁰ (t) t ² dt =

Z e 1

1 t ² dt =

− 1 t

e 1

= 1 − e ⁻¹ . 2. (a) Calculer la d´ eriv´ ee de g(t) = ln ^p (t) o` u p ∈ N ^∗ .

En d´ eduire une primitive de t 7→ ln ⁿ (t)

t pour n ∈ N . g est d´ erivable sur R ^∗ ₊ par compos´ ee de fonctions d´ erivables et :

∀t > 0, g ⁰ (t) = p ln ^p−1 (t) t

Ainsi en posant p = n + 1 on en d´ eduit qu’une primitive de t 7→ ^ln

_t ^(t) pour n ∈ N est : t 7→ 1

n + 1 ln ⁿ⁺¹ (t) (b) Soit n ∈ N , en remarquant que pour tout t ∈ [1, e], ln ⁿ (t)

t × 1

t , d´ emontrer que :

u _n = 1

(n + 1)e + 1

n + 1 u _n+1 . L’´ enonc´ e indique fortement une int´ egration par partie ` a r´ ealiser :

u _n = Z e

1

ln ⁿ (t) t × 1

t dt

=

− ln ⁿ⁺¹ (t) (n + 1)t

^e

1

− Z e

1

ln ⁿ⁺¹ (t) n + 1 × −1

t ² dt

= 1

(n + 1)e + 1 n + 1 u n+1

(c) En d´ eduire les valeurs de u ₁ et u ₂ .

Tr` es simplement pour n ∈ N , u _n+1 = (n + 1)u _n − ¹ _e . Alors u 1 = 1u 0 − ¹ _e = 1 − ² _e et u 2 = 2u 1 − ¹ _e = 2 − ⁵ _e .

3. (a) Soit n ∈ N , ` a l’aide du changement de variable x = ln(t), montrer que u n = Z b

a

x ⁿ g(x) dx o` u a, b sont des r´ eels et g une fonction que l’on pr´ ecisera.

x = ln(t) donc dx = dt t = dt

e ^x et t ∈ [1, e] soit x ∈ [0, 1] et finalement : u _n =

Z e 1

ln ⁿ (t) t ² dt =

Z 1 0

x ⁿ

(e ^x ) ² .e ^x dx = Z 1

0

x ⁿ e ^−x dx Finalement a = 0, b = 1 et g(x) = e ^−x .

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(b) En majorant g, en d´ eduire que pour tout n ∈ N, 0 6 u n 6 1 n + 1 .

Il est trivial que u _n est positif puisqu’il s’agit de l’int´ egrale d’une fonction positive sur un intervalle.

De plus sur [0, 1], 0 6 g(x) 6 1 soit 0 6 x ⁿ g(x) 6 x ⁿ donc par positivit´ e de l’int´ egrale :

∀n ∈ N, 0 6 u n 6 Z 1

0

x ⁿ dx =

− x ⁿ⁺¹ n + 1

1 0

= 1

n + 1 (c) Conclure quand ` a la convergence de la suite (u _n ) n∈ N .

D’apr` es le th´ eor` eme des gendarmes on en d´ eduit que la suite (u _n ) n∈ N converge vers 0.

(d) Montrer par r´ ecurrence qu’il existe une suite (b _n ) n∈ N d’entiers naturels tels que u _n = n! − b _n

e . (on pourra utiliser la question 2.(b))

Initialisation : On a d´ ej` a vu au 1.(b) que u ₀ = 1 − e ⁻¹ donc b ₀ = 1 est bien un entier.

H´ er´ edit´ e : Supposons qu’il existe un entier naturel b _n tels que u _n = n! − b _n

e alors d’apr` es le 2.(b) et le 2.(c) :

u _n+1 = (n + 1)u _n − 1

e = (n + 1)

n! − b _n e

− 1

e = (n + 1)! − (n + 1)b _n + 1 e

Finalement en posant b n+1 = 1 + (n + 1)b n , on a que b n+1 est un entier naturel (produit et somme d’entiers naturels) donc l’hypoth` ese est prouv´ ee au rang n + 1.

Conclusion : Finalement il existe une suite (b n ) n∈ N d’entiers naturels tels que u n = n! − b n

e . 4. D´ eterminer les limites des suites (b _n ) n∈ N et

n!

b _n

n∈ N

.

Comme la suite (u _n ) n∈ N converge vers 0 alors b _n = e(u _n − n!) → −∞ et b _n

n! = e − e u _n

n! donc b _n → e.

PARTIE B - Une preuve de l’irrationalit´ e de e

Le but des questions suivantes est de prouver que e est irrationnel.

5. Prouver que ∀n ∈ N ^∗ , 0 6 n!e − b _n 6 e n + 1 . D’apr` es la question 3.(b) on a :

∀n ∈ N , 0 6 u _n 6 1 n + 1

∀n ∈ N , 0 6 n! − b _n e 6 1

n + 1

∀n ∈ N , 0 6 n!e − b _n 6 e n + 1

6. Prouver par l’absurde que e est irrationnel. (Question plus difficile) Supposons que e soit irrationnel, il existe donc (p, q) ∈ N × Z ^∗ tels que e = ^p _q .

Ainsi (on peut remplacer 0 6 u n par 0 < u n vu que l’int´ egrale d´ efinissant u n est strictement positive) :

∀n ∈ N , 0 < n! p

q − b n 6 e

n + 1 6 3 n + 1 Choisissons maintenant n judicieusement :

Pour n > 3, on a _n+1 ³ < 1 et pour n > q le nombre n! ^p _q est un entier puisque n! est un multiple de q.

Lorsque ces deux conditions sont v´ erifi´ ees on en d´ eduit alors que 0 < n! ^p _q − b _n < 1 .

Mais n! ^p _q − b _n ∈ Z car on rappelle que b _n ∈ N et un entier ne peut ˆ etre compris strictement entre 0 et 1 donc c’est absurde et en conclusions e / ∈ Q .

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