[PDF] Problème 1 : nombres irrationnels

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SESSION 2013

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 1

Problème 1 : nombres irrationnels

Partie A : quelques exemples de nombres irrationnels 1.

0=0et⎷1=1sont entiers. Soitnun entier supérieur ou égal à2. Supposons que⎷nsoit rationnel.

Il existe deux entiers naturels non nulsaetbtels que⎷ n=abou encore tels quen=a2b2. Sib=1, alors⎷n=aest un

entier. Sib?2, tout facteur premier dea2ou deb2apparaît à un exposant pair dans la décomposition primaire dea2

ou deb2. Il en est de même pour tout facteur premier den=a2 b2ce qui signifie quenest un carré parfait ou encore que⎷nest un entier.

On a montré que si

nest rationnel, alors⎷nest entier. Par contraposition, si⎷nn"est pas entier, alors⎷nest irrationnel.

2.Soitpun nombre premier.pest en particulier un entier supérieur ou égal à2.

Montrons que⎷

pn"est pas entier. Dans le cas contraire, il existe un entier natureln?2tel que⎷p=nou encore tel que

n

2=p. Cette égalité est impossible par unicité de la décomposition en facteurs premier car le nombre premierpapparaît

à un exposant dans le premier membre de cette égalité et à un exposant impair dans le second. Donc⎷

pn"est pas entier puis⎷ pest irrationnel d"après la question précédente. 3. ln2

ln3est un réel strictement positif. Supposons queln2ln3soit un rationnel strictement positif. Il existe deux entiers

naturels non nulsaetbtels queln2 ln3=abou encore tels quebln2=aln3ou encoreebln2=ealn3ou enfin tels que 2

b=3a. Cette égalité est impossible par unicité de la décomposition en facteurs premiers car2et3sont des nombres

premiers et cara > 0etb > 0. Doncln2 ln3est irrationnel. 4.

4.1•Pour tout entier naturel non nuln,un+1-un=1

(n+1)!> 0. Donc la suite(un)n?N?est strictement croissante.

•Pour tout entier naturel non nuln,

v n+1-vn=1 (n+1)!+1(n+1)×(n+1)!-1n×n!=n(n+1) +n- (n+1)2n(n+1)×(n+1)! 1 n(n+1)×(n+1)!< 0. Donc la suite(vn)n?N?est strictement décroissante. •Enfin, limn→+∞(vn-un) =limn→+∞1 n×n!=0.

Donc les suites(un)n?Net(vn)n?Nsont adjacentes.

La suite(un)n?Ntend verseen croissant strictement et donc pour tout entier naturel non nuln,un< e.

La suite(vn)n?Na même limite que la suite(un)n?Net donc la suite(vn)n?Ntend verseen décroissant strictement. On

en déduit que pour tout entier naturel non nuln,vn> e. On a montré que ?n?N?,un< e < vn.

En particulier,uq< e < vq.

4.2Soitq?N?. D"après la question précédente,q!×q×uq< q!×q×e < q!×q×vq, ce qui s"écrit encore

http ://www.maths-france.fr 1 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés. qq? k=0q!k!< p×q!< 1+qq? k=0q!k!.

Pour tout entierk??0,q?,q!

k!est un entier et doncqq? k=0q!k!est un entier. Ainsi, l"entierp×q!est strictement compris

entre deux entiers consécutifs. Ceci est une contradictionet il était donc absurde de supposererationnel. On a donc

montré queeest irrationnel. Partie B : une preuve de l"irrationalité deπ 1.

1.1Soitn?N?. Pour tout réelx,

P ?n(x) =1 n!×n(a-2bx)×(x(a-bx))n-1= (a-2bx)(x(a-bx)n-1(n-1)!= (a-2bx)Pn-1(x).

1.2Soitn?N. La fonctionx?→|Pn(x)|est continue sur le segment[0,π]et admet donc un maximum sur[0,π].

Le trinôme du second degréx?→x(a-bx)est positif sur[0,π]et s"annule en0et ena b=π. Donc la fonctionx?→|x(a-bx)|=x(a-bx)atteint son maximum enπ

2=a2bet ce maximum est égal à

a 2b? a-ba2b? =a24b.

Mais alors, par croissance de la fonctiont?→tnsurR+, la fonctionx?→|Pn(x)|atteint son maximum ena

2bet ce

maximum est égal à 1 n!? a24b? n

1.3Soientn?Netx?R.

P n?a b-x? =1n!? ab-x? n? a-b?ab-x?? n=1n!(a-bx)nbn(bx)n=xn(a-bx)nn!=Pn(x).

1.4Soitn?N. Pour toutx?[a,b],a-bx?0. DoncInest l"intégrale d"une fonction continue, positive et non nulle. On

en déduit queIn> 0.

1.5La série de terme généralπ

n!? a24b? n ,n?N, converge et a pour sommeπea2/4b. En particulier, son terme général n!? a24b? n tend vers0quandntend vers+∞.

Soitn?N?. D"après la question 1.2,

0?In=?

0 P n(x)sinx dx?? 01 n!? a24b? n

×1 dx=πn!?

a24b? n

Puisque

n!? a24b? n

tend vers0quandntend vers+∞, le théorème des gendarmes permet d"affirmer que la suite(In)n?N

converge et que lim n→+∞In=0.

2.Soitk?N. En dérivantkfois les égalités de la question 1.3, on obtient

?n?N,?x?R,(-1)kP(k)n?a b-x? =P(k)n(x).

Pourx=0, on obtient en particulierP(k)n?a

b? = (-1)kP(k)n(0).

2.1 et 2.2Soitn?N. D"après la formule du binôme deNewton,

http ://www.maths-france.fr 2 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.

Pn(x) =xnn!n

p=0? n p? (-1)pan-pbpxp=n? p=01n!? n p? (-1)pan-pbpxn+p 2n? p=n1 n!? n p-n? (-1)p-na2n-pbp-nxp. D"après la formule deTaylor, on sait alors que pour toutk??0,n-1?,P(k)n(0) =0puis, pourk??n,2n?, P (k)n(0) =k!×1 n!? n k-n? (-1)k-na2n-kbk-n.

Pourk??n,2n?,k!

n!est un entier et doncP(k)n(0)est un entier. En résumé, pourk??0,2n?,P(k)n(0)est un entier relatif.

PuisqueP(k)n?a

b? = (-1)kP(k)n(0),P(k)n?ab? est aussi un entier relatif.

2.3Soientn?Npuiskun entier naturel supérieur ou égal à2n+1.Pnest un polynôme de degré2net doncP(k)n=0.

En particulier,P(k)n(0) =P(k)n?a

b? =0. Dans ce cas,P(k)n(0)etP(k)n?ab? sont des entiers relatifs.

On a montré que?k?N,P(k)n(0)etP(k)n?a

b? sont des entiers relatifs. 3.

3.1.Une double intégration par parties fournit

I n=? 0 P n(x)sinx dx= [-Pn(x)cosx]π0+? 0

P?n(x)cosx dx=Pn?a

b? +Pn(0) +? 0

P?n(x)cosx dx

=Pn?a b? +Pn(0) + [P?n(x)sinx]π0-? 0

P??n(x)sinx dx.

Plus généralement, après2nintégration par parties, on obtient I n=n-1? k=0? kP(2k)n?a b? +ε?kP(2k)n(0)? 0

P(2n)n(x)sinx dx

où les nombresεketε?koùk??0,n-1?etεsont éléments de{-1,1}. De plus,Pnétant un polynôme de degré2n,P(2n)n

est la constanteK= (2n)!dom(Pn) = (-b)n(2n)! n!et donc 0

P(2n)n(x)sinx dx=K?

0 sinx dx=2(-b)n(2n)! n!.

Finalement,

I n=n-1? k=0? kP(2k)n?a b? +ε?kP(2k)n(0)? +2ε(-b)n(2n)!n!. (2n)! n!=2n? k=n+1kest un entier relatif et les nombresP(2k)n(0)etP(2k)n?ab? ,k??0,n-1?, sont des entiers relatifs d"après la question 2. On en déduit queInest un entier relatif.

3.2D"après les questions 3.1 et 1.4, la suite(In)n?Nest une suite d"entiers strictement positifs. Par suite, pour tout

n?N,In?1. Ceci est en contradiction avec le résultat de la question 1.5 à savoir limn→+∞In=0. Il était donc absurde de

supposer queπétait rationnel et on a donc montré queπest irrationnel. http ://www.maths-france.fr 3 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés. Partie C : développement en série de Engel et applications

1.Pour tout entier natureln,1

a0...an?0. Donc la série de terme général1a0...an,n?0, c"est-à-dire la suite(Sn)n?N, converge si et seulement si la suite(Sn)n?Nest majorée.

Pour toutn?N,

S n=n? k=01 a0...ak n? k=01 a0...a0(car la suite(an)est croissante et strictement positive) n? k=01 ak+10?+∞? k=01ak+10(1a0?]0,1[et donc?1ak+10converge) 1 a0×11-1a0= 1 a0-1.

Ainsi, la suite(Sn)n?Nest majorée par1

a0-1et donc la suite(Sn)n?Nconverge vers un réel inférieur ou égal à1a0-1. 2.

2.1Pour tout réelα > 0,1

α< 1+E?1α?

?1+1α. Montrons par récurrence que?n?N,xnetanexistent etxn> 0. •x0=xexiste et est strictement positif. Puisa0=1+E?1 x?quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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