un corrigé plus détaillé

Ecrit 2-2013
CAPES Mathématiques
Epreuve 1. Problème 1 : nombres irrationnels
Vous trouverez l’énoncé complet sur le site du CAPES : http://capes-math.org/data/uploads/EP1_2013.pdf
1. Exemple de nombres irrationnels
1. Supposons
n rationnel. Il existe deux entiers naturels p et q premiers entre eux tels que :
n=
p
et
q
dans ce cas : p 2 = n q 2 . Or, si p et q sont premiers entre eux, les entiers p2 et q2 le sont aussi1… D’après le
théorème de Gauss, p2 divise n : il existe un entier naturel u tel que : n = p 2 u .
Ou bien n = u = 0 auquel cas n est entier, de même que sa racine carrée, ou bien les entiers u et q vérifient la
relation : 1 = u q 2 qui n’est réalisée que si 1 = u = q 2 , ce qui implique que q = 1 et p 2 = n . L’entier n est
un carré. Ainsi,
implique
n rationnel implique
n entier naturel. Par contraposition,
n non entier naturel
n irrationnel.
2. Un nombre premier n’a pas de diviseur strict, ce n’est donc pas un carré. Sa racine n’est pas un entier donc
est irrationnelle.
3. Supposons
ln 2
ln 2 p
rationnel. Il existerait deux entiers naturels p et q premiers entre eux, tels que :
=
ln 3
ln 3 q
donc tels que : 2 q = 3 p . Les entiers2 et 3 étant premiers entre eux, cette égalité ne pourrait avoir lieu que si
les exposants sont nuls, ce qui contredirait l’hypothèse « p et q premiers entre eux ».
4. Question classique
2. Preuve de l’irrationalité de π
1. 1. P ' n (x ) = (a − 2b x )Pn −1 ( x )
1.2. Au rang 1 : P '1 ( x ) = (a − 2b x )P0 (x ) = a − 2b x . Cette dérivée est > 0 pour 0 < x <
π
2
=
a π
=
et < 0 pour
2b 2
a
a
 π
< x < = π . La fonction P1 s’annule en zéro et en π, est strictement croissante sur 0 ;  et
2b
b
2

π a
π

strictement décroissante sur  ; π  . Elle admet un maximum en
=
. Si on suppose que Pn −1 a ces
2 2b
2

trois propriétés, au rang suivant n, la fonction Pn s’annule aussi en zéro et en π, et d’après l’expression de
1.1, sa dérivée est du signe de a − 2b x . Celle-ci est strictement positive pour 0 < x <
1
a π
=
et strictement
2b 2
Si a est premier avec b, d’après la relation de Bézout , il existe deux entiers relatifs u et v : au + bv = 1 et par
(
)
élévation au carré : a au 2 + 2buv + b 2 v 2 = 1 , relation qui prouve que a est premier avec b2. En appliquant cette
même propriété aux entiers b2 et a, il advient que b2 est premier avec a2.
G. Julia 2012/2013
1
Ecrit 2-2013
négative pour
CAPES Mathématiques
a
π a
 π
=
< x < = π . Donc Pn est aussi strictement croissante sur 0 ;  et strictement
2 2b
b
2

π a
π

décroissante sur  ; π  . Elle admet aussi un maximum en
=
. Pour tout entier n > 0, toutes les
2 2b
2

 a2 




 a   4b 
fonctions Pn présentent ce même type de variations. sup Pn ( x ) = Pn   =
n!
 2b 
[0 ; π ]
n
1.4. In est l’intégrale d’une fonction positive sur [0 ; π ] , c’est un nombre positif ou nul. De plus la fonction à
intégrer est une fonction continue sur [0 ; π ] et qui prend une valeur strictement positive en
π
2
qui est un
point de cet intervalle. L’intégrale In est donc strictement positive (démo plus précise dans un autre sujet posé
en 2013)..
2
 a   a 
Pn   

 2b  =  4b  . Pour tout entier n
1.5. Le quotient de deux termes consécutifs de cette suite est :
n
 a 
Pn−1  
 2b 
supérieur au nombre
a2
1
, ce quotient est plus petit que , nombre strictement plus petit que 1. C’est un
2b
2
critère de convergence vers zéro de la suite.
π
 a 
 a 
Puisque 0 < I n ≤ ∫ Pn   dx = π Pn   , la suite (I n ) est minorée par la suite nulle et majorée par une
0
 2b 
 2b 
suite convergeant vers zéro. D’après le théorème des gendarmes, cette suite converge elle aussi vers zéro.
2.1. Pour 0 ≤ k ≤ n − 1 , Pn se présentant sous forme de produit, on peut considérer la formule de dérivation
j =k
k 
d’un produit de Leibniz f (k ) = ∑  u ( j )v (k − j ) avec u = x n et v = (a − bx )n . On peut écrire :
j =0  j 
u ( j ) (x ) =
n!
x n− j
(n − j )!
convenables.
et v (k − j ) (x ) =
n!
(− b )k − j (a − bx )n −k + j pour des ordres de dérivation
(n − k + j )!
k k
 
n!
Elle donne ici : Pn (k ) ( x ) = ∑  
x n − j × (− b )k − j (a − bx )n −k + j ce qui est licite car pour
j
(
n
−
j
)!
(
n
−
k
+
j
)
!
j =0  
tout j ≤ k , les entiers n − j et n − k + j sont tous les deux strictement positifs. Il s’ensuit qu’en zéro aussi
a
bien qu’en , chacun des termes de la somme s’annule puisque il s’y présente à la fois un terme en x et un
b
a
terme en (a − bx ) dont l’exposant est strictement positif . Dans ces cas-là : Pn (k ) (0 ) = Pn (k )   = 0
b
G. Julia 2012/2013
2
Ecrit 2-2013
CAPES Mathématiques
2.2. Pour n ≤ k ≤ 2n , la formule de Leibniz peut être reconduite à condition de convenir que lorsque l’ordre
de dérivation d’un terme du produit dépasse n, la dérivée correspondante est nulle.
En zéro, il y a un seul terme de la somme qui ne s’annule pas, celui où on a dérivé n fois exactement la
k!
fonction u (c'est-à-dire celui tel que j = n ) : Pn (k ) (0 ) =
a 2n −k (− b )k − n
(2n − k )!(k − n )!
(n + i )! = (n + i )!  n  , nombre qui
k!
Si l’on pose k = n + i (avec 0 ≤ i ≤ n par conséquent) :
=
(2n − k )!(k − n )! (n − i )! i !
n !  i 
est manifestement un nombre entier naturel. P (k ) (0 ) est donc un entier relatif.
n
a
, il y a un seul terme de la somme qui ne s’annule pas, celui où on a dérivé n fois exactement la
b
k!
a
fonction v (c'est-à-dire celui tel que k − j = n ). On obtient : Pn (k )   =
a 2 n− k (− 1)n b k − n et
 b  (k − n )!(2n − k )!
on conclut de la même manière qu’en zéro.
En
2.3. Pn est un polynôme de degré 2n. Ses dérivées d’ordre ≥ 2n + 1 sont nulles. Dans ces cas-là :
a
Pn (k ) (0 ) = Pn (k )   = 0
b
3.1. On ne perd pas de vue que Pn et ses dérivées successives prennent des valeurs entières relatives aussi
a
bien en zéro qu’en = π .
b
Par une première i.p.p. : I n = ∫
a/b
0
Pn (x ) sin x dx = [− Pn ( x ) cos x ]0a / b + ∫
a/b
0
Pn ' ( x ) cos x dx .
Le crochet est un nombre entier d’après la question précédente. Reste à s’occuper de l’intégrale restante :
a/b
∫0
Pn ' (x ) cos x dx = [Pn ' ( x ) sin x ]0a / b − ∫
0
valeur zéro aussi bien en zéro qu’en
a/b
∫0
a/b
[
Pn (2 ) (x ) sin x dx . Le crochet est nul puisque le sinus prend la
a
= π . Reste à s’occuper de l’intégrale restante.
b
]
Pn (2 ) (x ) sin x dx = − Pn (2 ) (x ) cos x 0
a/b
+∫
a/b
0
Pn (3) ( x ) cos x dx
Le crochet est un nombre entier relatif d’après la question précédente. Reste à s’occuper de l’intégrale
restante.
On va continuer comme ça, en obtenant un coup un crochet nul, un coup un crochet entier relatif, et en
augmentant à chaque fois d’un rang l’ordre de dérivation. Au bout d’une succession de 2n + 1 i.p.p il n’y
aura plus à « s’occuper de l’intégrale restante » car on sera arrivé à devoir intégrer la fonction nulle. In sera la
somme de nombres tous entiers relatifs. (Vu qu’on a démontré I n > 0 , cette somme d’entiers relatifs doit
être au bout du compte un nombre entier strictement positif)
3.2. En supposant que π est rationnel, on a donc démontré d’une part que In est une suite de nombres réels
strictement positifs convergeant vers zéro et d’autre part que tous les In sont des nombres entiers. Ces deux
propositions sont contradictoires, une suite d’entiers strictement positifs ne peut converger que si elle
stationne sur un entier strictement positif. Notre hypothèse de rationalité de π doit être abandonnée.
G. Julia 2012/2013
3
Ecrit 2-2013
CAPES Mathématiques
3. Développement en série de Engel
1. La série de termes positifs (S n ) est majorée terme à terme par la série géométrique de premier terme
 1  1
1
1
1
=
. Elle est donc elle-même
et de raison
qui est une série convergente de limite  
a0
a0
 a0  1 − 1 1 − a 0
a0
1
convergente vers une limite inférieure ou égale à
.
1 − a0
1
On peut ajouter que cette limite est strictement supérieure à
, qui est le premier terme de la somme.
a0
2.1
à
2.3.

 1
x n +1 = 1 + E 

 xn

La
suite
(x n )
est
définie
par
la
formule
de
récurrence :
 1 

  x n − 1 = x n + x n E   − 1


 xn 
Le premier terme de cette suite est par hypothèse un nombre réel strictement positif.
1
1 1
1
− 1 < E   ≤ et par conséquent : 1 − x < x E   ≤ 1 .
x
 x x
x
 1 
Supposons que pour un rang n xn soit un réel strictement positif. Alors : 0 < x n +1 = x n + x n E   − 1 ≤ x n .
 xn 
La stricte positivité des termes de la suite (x n ) est héréditaire.
La suite (x n ) est bien définie et il s’agit d’une suite de réels strictement positifs. En prime, on obtient la
décroissance de la suite (x n ) . Cette suite est de ce fait majorée par 1.
Or pour tout nombre réel strictement positif ,
 1
La suite 
 xn

 est une suite croissante et minorée par 1, et vu que la fonction partie entière est une fonction

 1 
croissante, la suite 1 + E   est une suite croissante et minorée par 2.
 xn 
1
1
Au passage, on peut noter que puisque x1 = a 0 x 0 − 1 et que : x =
[a1 , a 2 ,...] , le nombre x1 admet lui+
a0 a0
même un développement en série de Engel qui est : x1 = [a1 , a 2 ,...] .


xn
 . Si on compare deux termes consécutifs, ils sont égaux :
2.4. Considérons la suite :  S n−1 +
a
...
a
0
n
−
1


x n+1
an xn − 1
xn
1
. Il s’agit là d’une suite constante, tous ses
Sn +
= S n−1 +
+
= S n−1 +
a 0 ...a n
a 0 ...a n
a 0 ...a n
a 0 ...a n −1
x
1 + x1 1 + (a 0 x − 1)
termes sont égaux à son premier terme, lequel vaut : S 0 + 1 =
=
=x
a0
a0
a0
 x

Du fait que la suite (x n ) est majorée par 1, la limite quand n tend vers l’infini de la suite  n +1  est nulle,
 a 0 ...a n 
et x représente bel et bien la limite de la suite (S n ) . Le nombre x admet un développement en série de Engel.
G. Julia 2012/2013
4
Ecrit 2-2013
CAPES Mathématiques
3.1. De manière générale : S n = S n0 −1 +
[a 0 ,.....] = S n −1 +
0
[
 1
1
1

+ ... +
a 0 ...a n0 −1  a n0
a n0 ...a n

 . En passant à la limite :


]
1
a n ,...... . Si une autre suite de Engel coïncide avec celle-ci pour ses n0 premiers
a 0 ...a n0 −1 0
termes b0 = a 0 ....; bn0 −1 = a n0 −1 , on a aussi : [b0 ,.....] = S n0 −1 +
[
]
1
bn ,...... . L’égalité des deux limites
a 0 ...a n0 −1 0
à gauche des signes égale équivaut à l’égalité des deux limites à droite des signes égale.
3.2. Vu la question 1, on peut dire que :
1
1
1
. D’où on déduit d’une part que < a 0 et d’autre
<x≤
a0
a0 − 1
x
1
1 1 
+ 1 . Par conséquent, a0 est l’unique entier se trouvant dans l’intervalle  ; + 1 . Quant à
x
x x 
1
1
1
lui, E   est par définition de la partie entière l’unique entier se trouvant dans l’intervalle  − 1 ;  . Ces
x
x
 x
deux entiers diffèrent exactement d’une unité.
part que a 0 ≤
3.3. La question 3.2 montre que [a 0 , a1 ,...] = [b0 , b1 ,...] ⇒ a 0 = b0 et si on y adjoint le résultat de la question
[a1 , a 2 ...] = [b1 , b2 ...]
3.1, on obtient : [a 0 , a1 ,...] = [b0 , b1 ,...] ⇒ 
. Dès lors, il suffit d’itérer cette implication,
a 0 = b0
l’égalité [a 0 , a1 ,...] = [b0 , b1 ,...] implique de proche en proche que a n = bn pour tout entier naturel n. Tout
réel de ]0 ; 1] admet un et un seul développement en série de Engel.
4.1. [a 0 , a1 ,...] = ∑
n≥
1
c
n +1
=
1
c −1
4.2. [a 0 , a1 ,...] = ∑
1
=e-2
n≥ 0 (n + 2 )!
[a0 , a1 ,...] =
4.3.
1 1 1
+ + + ...
2! 4! 6!
1
= cosh (1) − 1
n≥0 (2(n + 1))!
Le logiciel nSpire trouve 4.2 mais non pas 4.3.
Cependant, la comparaison de la limite présumée
avec un terme de rang élevé est très
encourageante.
=∑
G. Julia 2012/2013
5
Ecrit 2-2013
5.
( )
cosh 2 − 2 =
CAPES Mathématiques
2 2 23 2 4
2 n+2
+
+
+ ... = ∑
4! 6! 8!
n≥ 0 (2n + 4 )!
22
2
=
et de
4! 4 × 3
2
manière plus générale : a n =
.
(2n + 4) × (2n + 3)
Les
résultats
affichés
ci-contre
sont
encourageants quant à l’exactitude de notre
résultat.
. On est amené à poser : a 0 =
6. Sens réciproque : Supposons que la suite (a n ) stationne à partir d’un certain rang n0 : a n = c pour
1
1
n ≥ n0 . Alors : x = S n0 −1 +
×
, qui est un rationnel.
a 0 a1 ... a n0 −1 c − 1
p0
(avec p0 et q non nécessairement premiers entre eux, de toute façon
q
cette propriété va se perdre après itération).
Sens direct : Supposons que : x =
Soit : q = p0 u 0 + r0 la division euclidienne du dénominateur par le numérateur, avec 0 ≤ r0 < p0 .
1
1
Ou bien r0 = 0 , auquel cas x est l’inverse d’un entier x =
=∑
, la suite associée est une suite
u 0 n≥0 (u 0 + 1)n+1
constante.
 q 
q − r0
1
 1  p + q − r0
 = u 0 =
Ou bien r0 > 0 , auquel cas, E   = E 
. Le nombre a0 est : a 0 = 1 + E   =
p
p
x
 x
 p0 
p
p −r
et le nombre x1 est : x1 = [a1 , a 2 ,...] = a 0 0 − 1 = 0 0 .
q
q
p0 − r0
p
On itère le raisonnement avec maintenant : x1 =
= 1.
q
q
Soit q = p1 u1 + r1 la division euclidienne du dénominateur par le numérateur, avec 0 ≤ r1 < p1 < p 0 .
Ou bien r1 = 0 auquel cas x1 est l’inverse d’un entier x1 =
1
1
=∑
, la suite [a1 , a 2 ,...] associée
u1 n≥0 (u1 + 1)n+1
est constante et la suite [a 0 , a1 ,...] stationne à partir du rang 1.
Ou bien r1 > 0 , auquel cas le nombre x2 est : x2 = [a 2 , a3 ,...] = a1
p1
p −r
p
−1 = 1 1 = 2 …
q
q
q
Soit q = p 2 u 2 + r2 la division euclidienne du dénominateur par le numérateur, avec 0 ≤ r2 < p 2 < p1 < p0 .
Ou bien r2 = 0 auquel cas x2 est l’inverse d’un entier x2 =
1
1
=∑
, la suite [a 2 , a3 ,...] associée
u 2 n≥0 (u 2 + 1)n+1
est constante et la suite [a 0 , a1 ,...] stationne à partir du rang 2. Ou bien, ….
En itérant le raisonnement, on crée une suite décroissante d’entiers strictement positifs pi. La décroissance est
stricte tant que la division euclidienne du dénominateur par le numérateur ne donne pas un reste nul. Une
G. Julia 2012/2013
6
Ecrit 2-2013
CAPES Mathématiques
suite décroissante d’entiers positifs étant nécessairement stationnaire, au bout d’un nombre fini d’itérations
cette circonstance va se produire. La suite (a n ) est stationnaire à partir d’un certain rang.
Exemple : x =
a0 = 5 ; x2 =
61
44 11
=
puis 50 = 4 × 11 + 6 ,
. Successivement : 200 = 3 × 61 + 17 , a0 = 4 ; x1 =
200
200 50
61 1
1
1
5
1
1
=
qui est l’inverse d’un entier et finalement :
= +
+
 
∑
50 10
200 4 4 × 5 4 × 5 n ≥1  11 
G. Julia 2012/2013
7
n