MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DS 5 le 11/01/19 29 juin 2019

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DS 5 le 11/01/19 29 juin 2019

Exercice 1

1. Vérions les propriétés requises pour que C(A) soit un sous groupe.

Non vide : Il contient le neutre qui commute avec tout le monde Stable pour l'opération : Soit x et y deux éléments de C(A) alors :

∀a ∈ A : (xy)a = x(ya) = x(ay) = (xa)y = a(xy) donc xy ∈ C(A) .

Stable pour l'inversion : Soit x ∈ C(A) alors :

∀a ∈ A : x ⁻¹ a = x ⁻¹ a(xx ⁻¹ ) = (x ⁻¹ x)ax ⁻¹ = ax ⁻¹ donc x ⁻¹ ∈ C(A) .

2. Montrons que X ⊂ Y entraîne C(Y ) ⊂ C(X) . En eet tout élément u de C(Y ) commute avec tout élément de Y . Il commute donc avec tous les éléments de X (qui sont des éléments particuliers de Y ). Un tel u est donc dans C(X ) .

3. Montrons que X ⊂ C(C(X)) . En eet tout x de X commute par dénition de C(X) avec un élément quelconque de C(X ) .

4. Utilisons d'abord les questions 3. appliquée à A puis la question 2.

A ⊂ C(C(A)) ⇒ C(C(C(A))) ⊂ C(A)

Utilisons ensuite à nouveau la question 3. mais appliquée à C(A) au lieu de X . On obtient l'autre inclusion :

C(A) ⊂ C(C(C(A)))

Exercice 2

1. Comme un développement à l'ordre 2 est demandé, on commence par tronquer

1

1 + t + ^t _2!

²

+ · · · + ^t _n!

ⁿ

= 1

1 + t + ^t ₂

²

+ o(t ² )

1 − (t + t ²

2 ) + t ² + o(t ² )

= 1 − t + t ²

2 + o(t ² )

2. La fonction considérée (nommons la f ) est évidemment C ^∞ , elle admet des dévelop- pements à tous les ordres d'après la formule de Taylor-Young. Considérons sa dérivée :

f ⁰ (t) =

1 + t + ^t _2!

²

+ · · · + _(n−1)! ^t

ⁿ⁻¹

1 + t + ^t _2!

²

+ · · · + ^t _n!

ⁿ

= 1 −

t

ⁿ

n!

1 + t + ^t _2!

²

+ · · · + ^t _n!

ⁿ

= 1 − t ⁿ

n! (1 − t + t ²

2 + o(t ² )) = 1 − t ⁿ

n! + t ⁿ⁺¹ n! − t ⁿ⁺²

2 n! + o(t ⁿ⁺² ) Cette fonction étant continue, on peut intégrer son développement limité, ce qui donne

f(t) = t − t ⁿ⁺¹

(n + 1)! + t ⁿ⁺²

(n + 2)n! + t ⁿ⁺³

2(n + 3)n! + o(t ⁿ⁺³ ).

Problème

Partie I. Résultats préliminaires

1. a. Soit (x n ) _n∈

N une suite de réels strictement positifs tels que _x

n+1

x

_n

n∈ N

converge vers 0. On veut montrer que (x n ) _n∈

N converge vers 0. Plusieurs raisonnements sont possibles.

Par majoration.

Il existe N ∈ N tel que ^x

^k+1

_x

_k

≤ ¹ ₂ pour k ≥ N . En multipliant ces inégalités pour k de N à n − 1 ≥ N , une simplication télescopique multiplicative se produit et on obtient

u n

u _N ≤ 1

2 ^n−N ⇒ u n ≤ 2 ^N u N

1 2

ⁿ .

La suite (x n ) _n∈N est dominée par une suite géométrique de raison ¹ ₂ , elle est donc convergente.

On peut aussi raisonner avec des limites.

Á partir d'un certain rang ^x _x

ⁿ⁺¹_n

< 1 . La suite est donc strictement décroissante à partir d'un certain rang. Comme elle est positive, elle converge. Sa limite est 0 car sinon _x

n+1

x

_n

n∈ N

convergerait vers 1 .

b. La suite converge vers 0 car en posant x n = ^λ _n!

ⁿ

, on peut appliquer la première question :

x n+1

x _n = λ n + 1 → 0.

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 S1805C

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DS 5 le 11/01/19 29 juin 2019

2. Exprimons les dérivées de U n à l'aide de la formule de Leibniz.

U _n ^(m) (t) = 1 n!

m

X

i=0

m i

(t ⁿ ) ⁽ⁱ⁾ ((1 − t) ⁿ ) ^(m−i) .

Pour que i contribue vraiment à la somme, il faut que i ≤ n et m − i ≤ n c'est à dire i ≥ m − n .

a. Si m = k < n , la deuxième condition est toujours réalisée et

U _n ^(k) (t) = 1 n!

k

X

i=0

k i

(n(n − 1) · · · ) t ⁿ⁻ⁱ (−1) ^m−i n(n − 1) · · ·

(1 − t) ^n−m+i .

Comme n − i > 0 et n − m + i > 0 ces dérivées sont nulles en 0 et 1 .

Si on dispose des polynômes, on peut aussi remarquer que 0 et 1 sont des racines de multiplicité n du polynôme correspondant à U n .

b. Si m = n + k avec k ∈ J 0, n − 1 K. La deuxième condition donne i ≥ m − n = k .

U _n ^(n+k) (t) = 1 n!

n

X

i=k

n + k i

(n(n − 1) · · · ) t ⁿ⁻ⁱ (−1) ^m−i n(n − 1) · · ·

(1 − t) ^i−k .

Pour U n ^(m) (0) , seul i = n contribue :

U _n ^(m) (0) = 1 n!

n + k n

n!



(−1) ^k n(n − 1) · · ·

| {z }

k facteurs



 (1 − 0) ^n−m+i ∈ Z .

Pour U n ^(m) (1) , seul i = k contribue :

U _n ^(m) (0) = 1 n!

n + k k



n(n − 1) · · ·

| {z }

k facteurs



 1 ^n−k (−1) ⁿ n! ∈ Z .

3. Formule d'intégration par parties itérée.

Pour p ∈ N ^∗ , notons P p la formule à vérier

P p : Z b

a

f ^(p) (t)g(t) dt =

p

X

k=1

(−1) ^k+1 h

f ^(p−k) g ^(k−1) i ^b

a + (−1) ^p Z b

a

f (t)g ^(p) (t) dt.

Pour p = 1 , il s'agit de la formule d'intégration par parties usuelle

Z b a

f ⁽¹⁾ (t)g(t) dt =

1

X

k=1

(−1) ^k+1 h

f ^(p−k) g ^(k−1) i ^b

a + (−1) ^p Z b

a

f (t)g ^(p) (t) dt

= h

f ⁽⁰⁾ g ⁽⁰⁾ i ^b

a − Z b

a

f (t)g ⁽¹⁾ (t) dt.

Montrons que P _p entraine P _p+1 . On commence par une intégration par parties puis on utilise P _p .

Z b a

f ^(p+1) (t)g(t) dt = h f ^(p) g i ^b

a − Z b

a

f ^(p) (t)g ⁰ (t) dt

= h f ^(p) g i ^b

a −

p

X

k=1

(−1) ^k+1 h

f ^(p−k) g ^(k) i ^b

a + (−1) ^p+1 Z b

a

f (t)g ^(p+1) (t) dt

= h f ^(p) g i ^b

a +

p+1

X

k=2

(−1) ^k−1 h

f ^(p+1−k) g ^(k−1) i ^b

a + (−1) ^p+1 Z b

a

f (t)g ^(p+1) (t) dt.

En posant k ⁰ = k + 1 dans la somme puis en revenant au nom k pour l'indice de sommation. Le premier crochet correspond à celui d'indice 1 dans la somme. On a bien montré P p+1 .

4. a. Par dénition, 1 et ω appartiennent à Z + Z ω car 1 = 1 + oω et ω = 0 + 1ω . Il existe donc p et q dans Z ^∗ tels que

1 = q a ω = p a )

⇒ ω = p q ∈ Q .

b. On suppose ω = ^p _q avec p et q entiers non nuls et premiers entre eux. On pose a = ¹ _q .

i. Pour tout z ∈ Z + ω Z, il existe (k, k ⁰ ) ∈ Z ² tels que

z = k + k ⁰ ω = k + k ⁰ p

q = (qk + k ⁰ p) 1

q = (qk + k ⁰ p)a ∈ Z a.

ii. Réciproquement, on admet qu'il existe u et v entiers tels que up + vq = 1 (théorème de Bezout). Pour tout z ∈ Z a , il existe k ∈ Z tel que

z = ka = k up + vq

q = kv + ku p

q ∈ Z + Z ω.

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/

2

Rémy Nicolai S1805C

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DS 5 le 11/01/19 29 juin 2019

5. a. Par dénition de la convergence d'une suite vers 0 , il existe N tel que

n ≥ N ⇒ |k n | < 1 ⇒ k n = 0 car k n ∈ Z . b. Si la suite (q _n ω − p _n ) _n∈

N converge vers 0 , alors (λq _n ω − λp _n ) _n∈

N converge aussi vers 0 pour n'importe quel réel λ .

Si ω est rationnel, on peut choisir un λ entier égal au dénominateur de ω de sorte que (λq _n ω − λp _n ) _n∈

N est une suite de nombre entier qui converge vers 0 . On a alors une contradiction entre le fait que cette suite est nulle à partir d'un certain rang et la fait qu'elle ne s'anulle pas. Ainsi ω est forcément irrationnel.

Partie II. Irrationalités

1. La suite (u _n ) _n∈

N est clairement croissante avec u _n < v _n et (v _n − u _n ) _n∈

N → 0 . Pour montrer le caractère adjacent, il reste à prouver que (v _n ) _n∈

N est décroissante. Cela vient de :

v n+1 − v n = 1

(n + 1)! + 1

(n + 1) (n + 1)! − 1

n n! = n(n + 1) + n − (n + 1) ² n(n + 1) (n + 1)!

= − 1

n(n + 1) (n + 1)! < 0.

L'encadrement que l'on nous demande de vérier est strict. Or le passage à la limite dans une inégalité conduit à des inégalités larges. On procède donc en deux temps. Par passage à la limite : u _n+1 ≤ e ≤ v _n+1 . Par la stricte monotonie des suites :

u _n < u _n+1 ≤ e ≤ v _n+1 < v _n .

2. En multipliant u n par n! , tous les dénominateurs se simplient. On en déduit que n! u n ∈ N ^∗ . De plus, à partir de u n < e < v n , on déduit

∀n ∈ N ^∗ , 0 < n! e − n! u _n < 1 n .

Si e était rationnel, n! e serait entier à partir d'un certain rang et donc n! e − n! u n

serait un entier dans ]0, 1[ ce qui est absurde. On en déduit que e est irrationnel.

3. La fonction polynomiale U n est de degré 2n , la fonction L n , obtenue en dérivant n fois est de degré n .

4. a. Utilisons la formule d'intégration par partie itérée (question I.3.) avec a = 0 , b = 1 , f = U n , p = n , g(t) = e ^xt .

T n (x) =

n

X

i=1

(−x) ^k−1 h

T _n ^(n−k) e ^xt i ¹

0

| {z }

=0

+ (−x) ⁿ Z 1

0

U n (t) e ^xt dt

Chaque crochet de la somme est nul d'après la question I.2.a. (0 et 1 sont des racines de T n de multiplicité n ).

Il reste à vérier que T n (x) 6= 0 . Remarquons que t 7→ e ^xt t ⁿ (1−t) ⁿ est strictement positive dans ]0, 1[ . On en déduit que sa primitive est strictement croissante dans [0, 1] donc

Z 1 0

e ^xt U n (t) dt > 0 ⇒ T n (x) = (−x) ⁿ Z 1

0

U n (t) e ^xt dt 6= 0.

b. En dérivant, on montre que t 7→ t(1 − t) atteint sa valeur maximale en ¹ ₂ . On en déduit

∀t ∈ [0, 1] , 0 ≤ t(1 − t) ≤ 1

4 ⇒ 0 ≤ U n (t) ≤ 1 4 ⁿ n!

⇒ |T n (x)| ≤ |x| ⁿ Z 1

0

e ^xt

4 ⁿ dt = |x| ⁿ 4 ⁿ n!

e ^x − 1 x . D'après l'inégalité des accroissements nis appliquée à la fonction exponentielle entre 0 et x ,

e ^x − 1

x = e ^x − e ⁰ x − 0

≤ plus grande valeur de l'exponentielle entre 0 et x = max(1, e ^x ).

En multipliant par |x| ⁿ , on obtient bien

|x ⁿ T _n (x)| ≤ x ²ⁿ

4 ⁿ n! max(1, e ^x ).

c. On peut appliquer le résultat de la question I.1.b à la suite

x

²ⁿ

4

ⁿ

n!

n∈N avec λ = ^x ₄

²

. On en déduit par le théorème d'encadrement des suites que (x ⁿ T n (x)) _n∈N converge vers 0 .

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/

3

Rémy Nicolai S1805C

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DS 5 le 11/01/19 29 juin 2019

5. a. Comme ψ x ⁽²ⁿ⁺¹⁾ (t) = x ²ⁿ⁺¹ e ^xt , on obtient

∀x ∈ R , x ⁿ⁺¹ T n (x) = (−1) ⁿ Z 1

0

ψ ⁽²ⁿ⁺¹⁾ _x (t)U n (t) dt

en multipliant le relation de la question II.4.a. par x ⁿ⁺¹ .

b. On applique la formule d'intégration par parties itérée avec p = 2n + 1 , f = ψ x

et g = U n .

Z 1 0

ψ _x ⁽²ⁿ⁺¹⁾ (t)U n (t) dt =

2n+1

X

k=1

(−1) ^k+1 h

x ^2n+1−k e ^xt U _n ^(k−1) (t) i 1 0

+ (−1) ²ⁿ⁺¹ Z 1

0

e ^xt U _n ⁽²ⁿ⁺¹⁾ (t) dt

| {z }

=0

La dernière intégrale est nulle car la fonction polynomiale U n est de degré 2n . On obtient donc

x ⁿ⁺¹ T _n (x) = Q _n (x)e ^x − P _n (x) avec

Q _n (x) =

2n+1

X

k=1

(−1) ^n+k+1 U _n ^(k−1) (1) x ^2n+1−k ,

P n (x) =

2n+1

X

k=1

(−1) ^n+k+1 U _n ^(k−1) (0) x ^2n+1−k .

Il s'agit bien de fonctions polynomiales. De plus, d'après les questions I.2. a. et b., seuls les k ∈ J n + 1, 2n + 1 K contribuent à la somme et les U n ^(k−1) (0) et U n ^(k−1) (1) sont des entiers donc les fonctions P n et Q n sont polynomiales à coecients entiers et de degré au plus n .

6. On applique la condition susante d'irrationalité (résultat de la question I.5.b.) avec ω = e ^r (pour r entier non nul), p _n = P _n (r) et q _n = Q _n (r) .

Comme P _n et Q _n sont à coecients entiers, p _n et q _n sont entiers. De plus : r ⁿ⁺¹ T n (r) 6= 0 d'après la deuxième propriété de II.4.a.

(q _n e ^r − p _n ) _n∈N = r ⁿ⁺¹ T _n (r)

n∈ N converge vers 0 d'après II.4.c.

Le résultat de la question I.5.b. assure alors que e ^r est irrationnel.

Soit r = ^p _q avec p ∈ Z ^∗ et q ∈ N ^∗ . On sait alors que e ^p est irrationnel.

Comme e ^p = e

^pq

q

, on en déduit que e

^pq

est irrationnel car s'il était rationnel, sa puissance q le serait aussi.

Soit α > 0 , α 6= 1 et β = ln α réel non nul. Alors α = e ^β . D'après le résultat précédent : β ∈ Q ⇒ α = e ^β ∈ / Q

⇔ (α ∈ Q ⇒ β = ln α / ∈ Q ) .

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/

4

Rémy Nicolai S1805C