1. a. La relation de récurrence étant linéaire, il est immédiat que si (x n ) n∈ N et (y n ) n∈ N sont dans E a et λ et µ dans R, la suite (λx n + µy n ) n∈ N ∈ E a .

Exercice

1. a. La relation de récurrence étant linéaire, il est immédiat que si (x _n ) _{n∈ N} et (y _n ) _{n∈ N} sont dans E _a et λ et µ dans R, la suite (λx _n + µy _n ) _{n∈ N} ∈ E _a .

b. Chaque suite dans E a est dénie de manière unique par ses trois premiers termes et la relation de récurrence. L'application

φ :

( E _a → R ³

(x n ) _n∈N 7→ (x 0 , x 1 , x 2 ) est un isomorphisme linéaire. La dimension de E _a est donc 3 .

2. a. On vérie (simplement en remplaçant dans la relation de récurrence) que les fonctions constantes sont dans E a .

b. La suite (v n ) _n∈N est dénie par la diérence entre deux termes consécutifs. En cassant les coecients (1 + a) et (1 + 4a) de la relation (1) , celle-ci s'écrit

4(u n+3 − u n+2 ) = 4a(u n+2 − u n+1 ) − (u n+1 − u n ) 4v _n+2 = 4av _n+1 − v _n

La suite (v n ) n∈ N vérie donc

4v n+2 − 4av n+1 + v n = 0 (2)

c. On désigne par F a l'ensemble des suites vériant (2) . Montrons d'abord qu'une suite vériant (2) vérie aussi (1) .

Soit (x n ) n∈ N ∈ F a , d'après (2) on a :

x n = 4ax n+1 − 4x n+2 ⇒ x n+1 = 4ax n+2 − 4x n+3 ⇒ 4ax n+2 − x n+1 = 4x n+3 . En remplaçant dans le membre de droite de (1) , on a :

4(1 + a)x n+2 − (1 + 4a)x n+1 + x n

= 4ax n+2 − x n+1 + 4x n+2 − 4ax n+1

| {z }

=−x

d'après (2)

+ x n = 4ax n+2 − x n+1 = 4x n+3 .

Ceci prouve que (x n ) n∈ N ∈ E a d'où F a ⊂ E a . Cet ensemble F a est stable par combinaison linéaire comme tout ensemble de suites vériant une relation de récurrence linéaire. On en conclut que F _a est un sous-espace vectoriel de E _a .

La relation (2) est vériée par les suites fabriquées à partir de celles de E a en prenant la diérence de deux termes consécutifs. Mais les suites de F a sont elles toutes de cette forme ?

En fait oui. L'application qui a une suite associe la diérence de deux termes consécutifs est un endomorphisme de E _a dont l'image est incluse dans F _a qui est de dimension 2 . Le noyau de cette application linéaire est K (espace des suites constantes) qui est de dimension 1 . Le rang est donc 2 ce qui prouve que F _a est l'image de l'application.

3. Pour déterminer une base de F _a , on forme l'équation caractéristique 4x ² − 4ax + 1 = 0

dont le discriminant est 16(a ² − 1) .

Lorsque 0 ≤ a < 1 , l'équation a deux racines complexes conjuguées. On pose a = cos θ avec θ ∈]0, ^π ₂ [ . Les racines sont ¹ ₂ e ^iθ et ¹ ₂ e ^−iθ . Une base est alors (cours) :

((2 ⁻ⁿ cos nθ) _n∈N , (2 ⁻ⁿ sin nθ) _n∈N )

Lorsque a = 1 . L'équation a une racine double ¹ ₂ . Une base est alors (cours) : ((2 ⁻ⁿ ) _n∈N , (2 ⁻ⁿ n) _n∈N )

Lorsque 1 < a , l'équation a deux racines réelles. On pose a = ch θ avec θ > 0 . Les racines sont ¹ ₂ e ^θ et ¹ ₂ e ^−θ . Une base est alors (cours) :

((2 ⁻ⁿ e ^nθ ) _n∈N , (2 ⁻ⁿ e ^−nθ ) _n∈N )

4. L'ensemble K des suites constantes est dans F _a si et seulement si la suite constante de valeur 1 est dans E _a c'est à dire

∀k ∈ N : 4 = 4(1 + a) − (1 + 4a) + 1 Ce qui ne se produit que pour

a ₀ = 5 4 5. Dans cette question, on suppose a 6= ⁵ ₄ .

a. L'hypothèse a 6= ⁵ ₄ entraîne que K n'est pas inclus dans F a . Comme c'est une

droite vectorielle, on en tire K ∩ F a = {(0)} . Ici (0) désigne la suite nulle. De

plus :

K est de dimension 1 (la famille constituée de la suite constante de valeur 1 en est une base)

F _a est de dimension 2 (question 3.) E _a est de dimension 3 (question 1.b.)

Il en résulte que K et F _a sont supplémentaires dans E _a . Soit (u _n ) _n∈

N une suite quelconque de E _a . Comment se décompose-t-elle sur ces deux supplémentaires ?

Elle est la somme d'une suite constante de valeur c et d'une suite (v _n ) _n∈

N de F _a . Cette dernière suite est caractérisée par ses deux premiers termes v ₀ et v ₁ . Pour calculer c , v 0 , v 1 , formons les relations venant des trois premiers termes



 

 



 

 



c + v 0 = u 0 × 1 4 c + v ₁ = u ₁ × (−a) c − 1

4 v 0 + av 1 = u 2 × 1

et combinons les pour trouver c . En sommant avec les coecients indiqués, on obtient

c =

1

4 u 0 − au 1 + u 2 5

4 − a , v 0 = u 0 − c, v 1 = u 1 − c

b. On obtient des bases de E a simplement en insérant (1) (la suite constante de valeur 1 ) dans les familles trouvées en 3.

6. Dans le cas particulier a ₀ = ⁵ ₄ la relation de récurrence dénissant E _a

devient 4x n+3 = 9x n+2 − 6x n+1 + x n

Elle est vériée par (n) _n∈N . Les racines de l'équation caractéristique (de F a ) sont alors 1 et ¹ ₄ . En fait 1 est une racine double de l'équation caractéristique de degré 3 de E a . Bien que ce ne soit pas vraiment plus compliqué que pour les récurrences d'ordre 2, les récurrences linéaires d'ordre 3 ou plus ne sont pas au programme. Pour montrer que la famille

((n) _{n∈ N} , (1) _{n∈ N} , (4 ⁻ⁿ ) _{n∈ N} )

est une base de E a

, il sut (dimension) de prouver qu'elle est libre. Supposons donc que

α(n) _{n∈ N} + β (1) _{n∈ N} + γ(4 ⁻ⁿ ) _{n∈ N} ) = (0)

Écrivons la nullité des trois premiers termes et transformons le système par opérations élémentaires :



 

 

 



 

 

 



β + γ = 0

α + β + 1

4 γ = 0

2α + β + 1

16 γ = 0

⇔



 

 

 



 

 

 



α + β + 1

4 γ = 0

β + γ = 0

− β + − 7

16 γ = 0

⇔



 



 



α + β + 1

4 γ = 0

β + γ = 0

+ (1 − 7

16 )γ = 0 ce qui entraîne α = β = γ et donc que la famille est libre.

7. Une suite de E a se décompose comme une somme d'une suite constante et d'une suite de F a . La question 5.a. donne la valeur c de la suite constante de cette décomposition. On trouve ici c = 1 avec les conditions initiales particulières. Notons (v n ) _n∈N la composante dans F a . Elle admet pour conditions initiales

v ₀ = − p

|a ² − 1|, v ₁ = 0, v ₂ = 1 4

p |a ² − 1|

Lorsque a = 1 , cette suite est identiquement nulle donc u n = 1 pour tous les n . Lorsque a = cos θ ∈ [0, 1[ les conditions initiales deviennent

v 0 = − sin θ, v 1 = 0, v 2 = 1 4 sin θ Comme la suite est dans F _a , il existe λ et µ tels que

∀n ∈ N , v n = λ2 ⁻ⁿ cos(nθ) + µ2 ⁻ⁿ sin(nθ) Les conditions initiales conduisent à







λ = − sin θ cos θ

2 λ + sin θ

2 µ = 0 ⇒

( λ = − sin θ µ = cos θ On en déduit

∀n ∈ N , v n = 2 ⁻ⁿ sin((n − 1)θ), u n = 1 + 2 ⁻ⁿ sin((n − 1)θ) Dans le cas a = ch θ > 1 , des calculs analogues conduisent à

∀n ∈ N , v n = 2 ⁻ⁿ sh((n − 1)θ), u n = 1 + 2 ⁻ⁿ sh((n − 1)θ)

Problème

Partie I. Le théorème de Liouville

1. Comme α est algébrique, il existe un polynôme P 1 ∈ Q [X ] tel que P ˜ 1 (α) = 0 . En divisant au besoin par tous les X − r où r décrit l'ensemble des éventuelles racines rationnelles de P 1 , on obtient un polynôme P 2 à coecients dans Q et sans racine rationnelle et dont α est racine. En multipliant par un multiple commun à tous les dénominateurs des coecients de P 2 , on obtient un polynôme P avec les mêmes pro- priétés que P 2 relativement aux racines mais à coecients dans Z.

2. a. La somme est formée par certaines puissance de ₁₀ ¹ , celles dont l'exposant est une factorielle. L'idée est de majorer en ajoutant toutes les puissances qui manquent.

m

X

k=n+1

10 ^−k! < 10 ^−(n+1)! + 10 ^{−(n+1)!−1} + 10 ^{−(n+1)!−2} + · · · + 10 ^−m!

< 10 ^−(n+1)! 1 − ( ₁₀ ¹ ) ^m!−(n+1)!

1 − ₁₀ ¹ < 10 ^−(n+1)! 1

1 − ₁₀ ¹ = 10

9 10 ^−(n+1)!

b. La suite est clairement convergente, en majorant chaque a k par 9 et en utili- sant l'inégalité précédente, on obtient qu'elle est majorée par 1. Elle est donc convergente.

c. On remarque que 720 = 6! , les décimales d'ordre 1,2,3,6,24,120,720 valent 1, toutes les autres valent 0. L'intervalle entre deux 1 augmente toujours strictement, la suite des décimales ne peut donc pas être périodique, même au bout d'un certain rang. Le nombre est donc irrationnel.

3. Il y a deux idées dans cette démonstration : le théorème des accroissements nis appli- qué à la fonction polynomiale P entre α et r et le fait que comme P est à coecients entiers et de degré d

q ^d P ˜ ( p q ) ∈ Z Lorsque r = ^p _q ∈ [α − 1, α + 1] :

|P (r)| = |P(r) − P(α)| ≤ |r − α|M α

On en déduit

|r − α| ≥ 1 M α

|P (r)| ≥ 1

M α q ^d |q ^d P( p

q )| ≥ 1 M α q ^d

car q ^d P ( ^p _q ) est un entier non nul ( P n'a pas de racine rationnelle).

Dans le cas où |r − α| ≥ 1 , il est évident que

|r − α| ≥ 1 ≥ 1 q ^d donc dans tous les cas

|r − α| ≥ 1 ≥ C _α q ^d où C α = min(1, _M ¹

α

) .

4. Pourquoi s est-il transcendant ? Appliquons d'abord 2.a :

0 < s m − s n < 10

9 10 ^−(n+1)!

On en déduit en passant à la limite pour m (avec n xé)

0 < s − s n ≤ 10

9 10 ^−(n+1)!

Si s était algébrique, on aurait alors (d'après le théorème de Liouville) C α

10 ^{−d n!} ≤ 10

9 10 ^−(n+1)! ⇒ 10 (n+1)!−d n! ≤ 10 9C α

Ce qui est évidemment impossible car (n + 1)! − d n! → +∞

Partie II. Le théorème de l'élément primitif

1. Soit p un entier naturel. La famille (1, α, α ² , · · · , α ^p ) est liée dans le Q-espace vectoriel R si et seulement si il existe des rationnels a ₀ , · · · , a _p qui ne sont pas tous nuls et tels que

a ₀ 1 + a ₁ α + a ₂ α ² + · · · + a _p α ^p = 0

Cela traduit exactement l'existence d'un polynôme P = a 0 + a 1 X + · · · + a p X ^p dont α est une racine. C'est à dire le caractère algébrique de α .

2. a. Par dénition, la famille (1, α, α ² , · · · , α ^d−1 ) engendre Q [α] . De plus elle est libre

car d est le plus petit des entiers p tels que (1, α, α ² , · · · , α ^p ) soit liée. C'est donc

une base de Q [α] .

b. D'après les hypothèses, (1, α, α ² , · · · , α ^d ) est liée et (1, α, α ² , · · · , α ^d−1 ) est libre.

Il existe donc (a 0 , · · · , a p ) 6= (0, · · · , 0) tels que

a 0 1 + a 1 α + a 2 α ² + · · · + a d α ^d = 0 Si a d était nul, on aurait

(a 0 , · · · , a _d−1 ) 6= (0, · · · , 0) avec a 0 1 + a 1 α + a 2 α ² + · · · + a _d−1 α ^d−1 = 0 en contradiction avec le caractère libre de (1, α, α ² , · · · , α ^d−1 ) .

On peut donc exprimer α ^d en fonction des autres puissances de α puis multiplier par α :

α ^d = − a 0

a _d − · · · − a _d−1 a _d α ^d−1

⇒ α ^d+1 = − a 0

a _d α − · · · − a _d−2

a _d α ^d−1 − a _d−1

a _d α ^d ∈ Vect(1, α, α ² , · · · , α ^d−1 ) En continuant à multiplier par α , on montre que α ⁿ ∈ Q [α] pour tous les entiers naturels n .

c. Pour montrer que α ⁻¹ ∈ Q [α] , on considère à nouveau la famille (a ₀ , · · · , a _d ) 6=

(0, · · · , 0) telle que

a ₀ + a ₁ α + · · · + a _d α ^d = 0

On va montrer cette fois que a 0 6= 0 . En eet, sinon on peut simplier par α a 0 = 0 ⇒ α a 1 + · · · + a d α ^d−1

= 0 ⇒ a 1 + · · · + a d α ^d−1 = 0

avec (a 1 , · · · , a d ) 6= (0, · · · , 0) en contradiction avec le fait que d soit le plus petit des entiers tels que (1, α, α ² , · · · , α ^p ) soit liée.

Comme a 0 6= 0 , on peut obtenir une expression de α ⁻¹ :

1 + α a 1

a ₀ + · · · + a d

a ₀ α ^d−1

= 0 ⇒ α ⁻¹ = − a 1

a ₀ − · · · − a d

a ₀ α ^d−1 ∈ Q [X ] d. On a déjà vu l'existence d'un polynôme P de degré d dont α est une racine et

dont le coecient de degré d est non nul. En le divisant par ce coecient, on peut le supposer unitaire. Pourquoi est-il irréductible ?

S'il ne l'était pas, il existerait des plynômes Q et R de degré strictement plus petits que d tels que P = QR . Alors α serait racine de l'un deux en contradiction avec le fait que d est le plus petit des entiers p tels que (1, α, α ² , · · · , α ^p ) soit liée.

Il existe donc un polynôme P de degré d , irréductible et unitaire dont α est racine.

Un tel polynôme est unique. S'il en existait un autre Q , alors α serait racine de P − Q dont le degré est strictement plus petit que d (les deux polynômes sont unitaires) et on obtiendrait de nouveau une contradiction avec le caractère minimal de d .

3. Considérons tous les monômes α ^m β ⁿ avec m et n quelconques.

L'élément (αβ) ^l est de ce type. Par la formule du binôme, (α + β) ⁿ se décompose en une Q-combinaison d'éléments de ce type.

D'après 2., α ^m ∈ Q [α]) se décompose en une combinaison de α ⁱ avec i entre 0 et p − 1 et β ^m ∈ Q [β ]) se décompose en une combinaison de β ^j avec j entre 0 et q − 1 . On en déduit que (α + β) ^l et (αβ) ^l sont dans Q [α, β] par dénition même de cet ensemble.

Le Q espace vectoriel Q [α, β] est engendré par une famille nie de vecteurs. Il est donc de dimension nie. Il existe donc un entier p assez grand pour que la famille de vecteurs

(1, (α + β), · · · , (α + β ) ^p )

de Q [α, β] soit liée. C'est le cas par exemple si p + 1 > dim Q [α, β] . On en déduit d'après 1. que α + β est algébrique. La n du raisonnement est la même pour αβ .

Partie III. Transformation de Tchirnhaus

L'objet de cette partie est de donner une méthode pratique pour obtenir un polynôme explicite annulant α + β à partir des polynômes annulateurs de deux nombres algébriques α et β .

1. Deux polynômes sont premiers entre eux lorsque leur pgcd (obtenu par l'algorithme d'Euclide) est un polynôme de degré 0 . Eectuons cette division euclidienne.

Les calculs sont assez simples pour être faits à la main mais il est plus instructif de donner le code Maple les implémentant :

A:=X^2+X+1;AA:=subs(X=s-X,X^2-2);

AAA:= rem(A,AA,X);

A:=AA;AA:=AAA;

AAA:= rem(A,AA,X);

A= X + X + 1 2 AA= (s - X) - 2 2

2

AAA=(1 + 2 s) X + 3 - s A=(s - X) - 2 2 AA=(1 + 2 s) X + 3 - s 2

2 3 4

-s + 7 + 2 s - 2 s + s AAA=---

(1 + 2 s) 2

Les polynômes P et Q s ne sont pas premiers entre eux lorsque le dernier reste non nul est (1 + 2s)X + 3 − s ² avec 1 + 2s 6= 0 pour que le degré soit non nul. Cela se produit si et seulement si

7 − 2s − s ² + 2s ³ − s ⁴ = 0

Dans ce cas 1 + 2s 6= 0 car la valeur en − ¹ ₂ du polynôme en s est non nulle comme le montre

subs(s=-1/2,7-2*s-s^2+2*s^3-s^4);

119 --- 16

2. On admet ici que C(s) = 0 si et seulement si P et Q s ont une racine en commun dans C. Cela se produit si et seulement si il existe une racine u ∈ C de P qui est aussi une racine de Q _s .Or Q _s (u) = Q(s − u) . Cela signie que s − u est une racine v de Q . Ainsi Q(s) = 0 entraîne qu'il existe une racine u de P et une racine v de Q telles que s = u + v . Réciproquement, si s est la somme de deux racines u et v respectivement de P et de Q alors s − v = u est une racine de P (car P (u) = 0 ) et de Q _s (car Q _s (s − v) = Q(s − (s − v)) = Q(s) = 0 .

Les racines de C sont donc les sommes des racines de P et de Q .

L'exemple montre que l'algorithme d'Euclide conduit au polynôme C . On dispose donc d'une méthode pratique pour calculer un polynôme annulateur de la somme de deux nombres algébriques.

3. On peut appliquer directement les résultats de la question 1. avec j racine de P et √ 2 racine de Q . On en déduit que j + √

2 est racine de R = 7 − 2X − X ² + 2X ³ − X ⁴

En fait toutes les sommes des racines de P et Q possibles sont racines de R . On obtient ainsi les quatre racines complexes de R :

j + √

2 j − √

2 j ² + √

2 j ² − √

2 Pourquoi R est-il irréductible dans Q [X ] ?

Aucune de ses racines n'est rationnelle. Le polynôme R n'est donc pas divisible dans Q [X] par un polynôme de degré 1 ou 3. De même, aucune somme de deux de ces racines n'est rationnelle. Or si R était divisible par un polynôme de T ∈ Q [X] de degré 2 , Le coecient de X dans T serait l'opposée d'une telle somme. Ainsi R est bien irréductible.

Les calculs et le raisonnement sont analogues pour √ 3 + √

2 . A:=X^2-3;AA:=subs(X=s-X,X^2-2);

AAA:= rem(A,AA,X);

A:=AA;AA:=AAA;

AAA:= rem(A,AA,X);

A:= X - 3 2 AA:= (s - X) - 2 2 AAA:= -1 - s + 2 s X 2

A:= (s - X) - 2 2 AA:= -1 - s + 2 s X 2

4 2

s - 10 s + 1 AAA:= ---

4 s 2

On en déduit que √ 3 + √

2 est racine de

X ⁴ − 10X ² + 1

Partie IV. Problème de Routh-Hurwitz

1. Par dénition même, S _A est de degré n ² . Si A est à coecients réels, ses racines non réelles sont deux à deux conjuguées. Il en est de même pour S A qui est donc aussi à coecients réels.

2. La somme de deux nombres dont la partie réelle est positive ou nulle est à partie réelle positive ou nulle. L'ensemble H est donc stable par addition.

3. Les coecients d'un polynôme produit A = P Q sont des sommes de produits des coecients de P et Q . Lorsque P et Q sont des polynômes positifs, tous ces coecients sont positifs ou nuls. Le polynôme A est donc aussi positif ou nul.

4. Si z est un réel strictement positif et P un polynôme positif, P (z) > 0 . Une racine réelle de P (s'il elle existe) ne peut donc être que négative ou nulle.

5. Il s'agit d'un résultat de cours. Les polynômes irréductibles de R [X] sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 sans racine réelle.

Soit P un polynôme unitaire irréductible et stable.

Si P est de degré 1 . Il existe z ∈ R tel que P = X − z . Comme P est stable, z ∈ H donc z est un réel négatif ou nul et P est positif.

Si P est de degré 2 . Il existe z ∈ C tel que

P = (X − z)(X − z) = X ² − 2 Re(z)X + |z| ² Ce polynôme est positif car |z| ≥ 0 et Re(z) ≤ 0 car z ∈ H .

6. Il est évident que tout diviseur d'un polynôme stable est stable car l'ensemble des racines d'un diviseur est inclus dans l'ensemble des racines du polynôme qu'il divise.

7. Supposons A et S A positifs et à coecients réels. Alors z est aussi une racine de A et z + z = 2 Re z est une racine de S A . D'après 4., 2 Re z < 0 donc z ∈ H . Ceci prouve que A est stable.

8. Si A est stable et à coecients réels, les polynômes irréductibles qui le divisent le sont aussi. D'après 5., ils sont positifs. D'après 3., le polynôme A est positif. D'après 2., le polynôme S _A est positif.

9. On cherche à déterminer si un polynôme à coecients complexes A est stable.

Si A ∈ R [X] , on calcule S _A par la méthode de la partie III. Le polynôme A est stable si et seulement si A et S _A sont positifs.

Si A n'est pas à coecients réels. On forme A dont les racines sont conjuguées de celles

de A et B = AA . Le polynôme A est stable si et seulement si B est stable. On est

ramené au cas précédent car B est à coecients réels.