نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2018: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC), filière TSI, session 2018 (version ressaisie de l'énoncé). Il comporte un exercice (deux fonctions définies par des séries, équivalents en 0⁺) et un problème (irrationalité de e^r pour r rationnel non nul). Voici une correction proposée, question par question.

💡 Méthode : dans l'exercice, tout repose sur la comparaison série/intégrale pour une fonction décroissante ; dans le problème, sur le critère « si p_nω − q_n ≠ 0 tend vers 0 avec p_n, q_n entiers, alors ω est irrationnel ».

EXERCICE — Étude de deux fonctions définies comme sommes de séries

1.1.

h : u ↦ e^−u/√u est continue et positive sur ]0, +∞[. En 0⁺ : h(u) ~ 1/√u = 1/u^1/2, intégrable (Riemann, 1/2 < 1). En +∞ : u²h(u) = u^3/2e^−u → 0, donc h(u) = o(1/u²), intégrable. Donc h est intégrable sur ]0, +∞[.

1.2.

Pour x > 0 : n²·√n e^−nx = n^5/2e^−nx → 0 (croissances comparées), donc √n e^−nx = o(1/n²) : la série à termes positifs converge par comparaison à une série de Riemann.

1.3.

Avec a_n = 1/√n : a_n+1/a_n = √(n/(n+1)) → 1. Par la règle de d'Alembert, le rayon de convergence vaut R = 1.

1.4.1.

ψ₁ est la somme d'une série entière de rayon 1, donc ψ₁ est de classe C^∞ sur ]−1, 1[ et se dérive terme à terme : ψ₁′(y) = Σ_n≥1 √n yⁿ⁻¹. Pour x > 0, e^−x ∈ ]0, 1[ et x ↦ e^−x est C^∞ : par composition, ψ = ψ₁∘(x ↦ e^−x) est C^∞ sur ]0, +∞[, et

ψ′(x) = −e^−xψ₁′(e^−x) = −Σ_n≥1 √n e^−nx, soit ψ′ = −φ.

1.4.2.

φ = −ψ′ et ψ est C^∞ sur ]0, +∞[ : donc φ est C^∞ sur ]0, +∞[ (et φ^(k) = −ψ^(k+1)).

1.5.1.

Soit x > 0 et h_x(t) = e^−xt/√t. Pour a ≥ 0 : sur ]0, 1], h_x(t) ≤ 1/√t (intégrable) ; en +∞, h_x(t) = o(1/t²). Donc ∫_a^+∞ h_x converge.

h_x est décroissante sur ]0, +∞[ (produit de deux fonctions positives décroissantes). Pour n ≥ 1 :

∫_nⁿ⁺¹ h_x(t)dt ≤ h_x(n) ≤ ∫_n−1ⁿ h_x(t)dt.

En sommant pour n ≥ 1 (séries convergentes) et comme h_x(n) = e^−nx/√n : ∫₁^+∞ e^−xt/√t dt ≤ ψ(x) ≤ ∫₀^+∞ e^−xt/√t dt.

1.5.2.

Changement de variable u = xt (bijection C¹ croissante) : dt = du/x et √t = √u/√x, donc ∫_a^+∞ e^−xt/√t dt = ∫_ax^+∞ e^−u/√(xu) du. Avec a = 1 puis a = 0 dans 1.5.1 : ∫_x^+∞ e^−u/√(xu) du ≤ ψ(x) ≤ ∫₀^+∞ e^−u/√(xu) du.

1.5.3.

En multipliant par √x : ∫_x^+∞ e^−u/√u du ≤ √x ψ(x) ≤ √π. Quand x → 0⁺, le minorant tend vers ∫₀^+∞ e^−u/√u du = √π. Par encadrement √x ψ(x) → √π, d'où ψ(x) ~ √(π/x) quand x → 0⁺.

1.6.

D'après 1.5.2 : 0 ≤ ψ(x) ≤ √π/√x → 0 quand x → +∞. Donc lim_+∞ ψ = 0.

1.7.1.

Soit s_n = Σ_k=1ⁿ 1/√k − 2√n. Alors s_n+1 − s_n = 1/√(n+1) − 2(√(n+1) − √n) = 1/√(n+1) − 2/(√(n+1) + √n) < 0, car √(n+1) + √n < 2√(n+1). La suite est décroissante.

Minoration : t ↦ 1/√t décroît, donc 1/√k ≥ ∫_k^k+1 dt/√t = 2(√(k+1) − √k). En sommant : Σ_k=1ⁿ 1/√k ≥ 2√(n+1) − 2, donc s_n ≥ 2(√(n+1) − √n) − 2 ≥ −2. Décroissante et minorée, la suite converge (vers une limite ℓ ∈ [−2, −1], car s₁ = −1).

1.7.2.

Notons H_n = Σ_k=1ⁿ 1/√k. Comme 1/√k ≤ ∫_k−1^k dt/√t, on a H_n ≤ 2√n, donc 0 ≤ H_ne^−nx ≤ 2√n e^−nx, terme général d'une série convergente (1.2). La série converge.

1.7.3.

Pour x > 0, posons q = e^−x ∈ ]0, 1[. Les séries Σ_k≥1 q^k/√k et Σ_m≥0 q^m convergent absolument ; leur produit de Cauchy converge et a pour terme général c_n = Σ_{k+m=n, k≥1, m≥0} q^k/√k · q^m = H_n qⁿ. Donc

Σ_n≥1 H_ne^−nx = ψ(x) · Σ_m≥0 e^−mx = ψ(x)/(1 − e^−x) = e^xψ(x)/(e^x − 1).

💡 Remarque sur l'énoncé : l'égalité imprimée « = ψ(x)/(e^x − 1) » est inexacte (pour x grand, le membre de gauche vaut ≈ e^−x alors que ψ(x)/(e^x − 1) ≈ e^−2x). ψ(x)/(e^x − 1) est en fait la somme Σ_n≥1 H_n−1e^−nx (produit avec Σ_m≥1). Il faut le signaler sur la copie ; la suite n'est pas affectée car e^x → 1 en 0⁺.

1.7.4.

On écrit H_n = 2√n + s_n. Les séries Σ√n e^−nx et Σ s_ne^−nx convergent (|s_n| ≤ 2), donc

e^xψ(x)/(e^x − 1) = 2φ(x) + Σ_n≥1 s_ne^−nx, avec |Σ s_ne^−nx| ≤ 2/(e^x − 1).

En 0⁺ : e^x − 1 ~ x, donc e^xψ(x)/(e^x − 1) ~ √(π/x)/x = √π/x^3/2, tandis que 2/(e^x − 1) ~ 2/x = o(1/x^3/2). Ainsi 2φ(x) = √π/x^3/2 + o(1/x^3/2), c'est-à-dire φ(x) ~ √π/(2x^3/2) quand x → 0⁺.

PROBLÈME — Irrationalité de e^r, r rationnel non nul

1^ère partie — Résultats préliminaires

2.1.1.

x_n+1/x_n → 0 : il existe N tel que pour n ≥ N, x_n+1/x_n ≤ 1/2. Par récurrence, 0 < x_n ≤ x_N(1/2)^n−N pour n ≥ N, et le majorant tend vers 0 : x_n → 0.

2.1.2.

x_n = |λ|ⁿ/n! > 0 et x_n+1/x_n = |λ|/(n+1) → 0. Par 2.1.1, x_n → 0, donc λⁿ/n! → 0.

2.2.1.

0 et 1 sont racines de U_n = xⁿ(1 − x)ⁿ/n! d'ordre de multiplicité n. Une racine d'ordre n annule le polynôme et ses n − 1 premières dérivées : U_n^(k)(0) = U_n^(k)(1) = 0 pour k ∈ {0, …, n − 1}.

2.2.2.

Binôme : U_n(x) = (1/n!) Σ_j=0ⁿ (−1)^jC(n, j) x^n+j. Par la formule de Taylor, U_n^(m)(0) = m! × (coefficient de x^m). Pour m = n + k :

U_n^(n+k)(0) = (−1)^k ((n+k)!/n!) C(n, k).

Symétrie : U_n(1 − x) = U_n(x). En dérivant m fois : (−1)^mU_n^(m)(1 − x) = U_n^(m)(x), puis en x = 0 : U_n^(m)(1) = (−1)^mU_n^(m)(0). D'où

U_n^(n+k)(1) = (−1)ⁿ ((n+k)!/n!) C(n, k).

(n+k)!/n! = (n+1)(n+2)…(n+k) et C(n, k) sont des entiers : ces nombres sont entiers.

2.3. Formule (1)

f et g sont C^p. Posons F = Σ_k=1^p (−1)^k+1 f^(p−k)g^(k−1) et A_k = f^(p−k+1)g^(k−1) (k = 1, …, p + 1). Comme (f^(p−k)g^(k−1))′ = A_k + A_k+1, la somme télescope :

F′ = Σ_k=1^p (−1)^k+1(A_k + A_k+1) = A₁ + (−1)^p+1A_p+1 = f^(p)g − (−1)^p f g^(p).

En intégrant sur [a, b] : ∫_a^b f^(p)g − (−1)^p∫_a^b f g^(p) = F(b) − F(a), ce qui est exactement (1).

2.4.1.

1 ∈ ℤ + ωℤ = aℤ : 1 = ma avec m ∈ ℤ*. De même ω ∈ aℤ : ω = m′a. Donc ω = m′/m ∈ ℚ.

2.4.2.

(i) k + k′p/q = (kq + k′p)/q ∈ (1/q)ℤ : ℤ + ωℤ ⊂ aℤ.
(ii) Avec up + vq = 1 : 1/q = u(p/q) + v = v + uω ∈ ℤ + ωℤ, puis pour m ∈ ℤ, m/q = mv + (mu)ω ∈ ℤ + ωℤ : aℤ ⊂ ℤ + ωℤ. (Ainsi ℤ + ωℤ est de la forme aℤ si et seulement si ω est rationnel.)

2.5.1.

k_n → 0 : il existe N ≥ 1 tel que |k_n| < 1/2 pour n ≥ N. Un entier de valeur absolue < 1/2 est nul : k_n = 0 pour n ≥ N.

2.5.2.

Par l'absurde, ω = p/q avec p ∈ ℤ, q ∈ ℕ*. Alors k_n = q(p_nω − q_n) = p_np − q q_n est un entier, et k_n → 0. Par 2.5.1, k_n = 0 à partir d'un rang, donc p_nω − q_n = 0 : contradiction. ω est irrationnel.

2^ème partie — Démonstration du résultat

3.1.1.

u_n+1 − u_n = 1/(n+1)! > 0 : (u_n) est strictement croissante.
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 : (v_n) est strictement décroissante.
v_n − u_n = 1/(n·n!) → 0. Les suites sont adjacentes.

3.1.2.

Les monotonies étant strictes : u_n < u_n+1 ≤ e ≤ v_n+1 < v_n, donc u_n < e < v_n.

3.2.

n!u_n = Σ_k=0ⁿ n!/k! et chaque n!/k! = (k+1)…n est entier : n!u_n ∈ ℕ. Prenons p_n = n! et q_n = n!u_n. Par 3.1.2 : 0 < p_ne − q_n = n!(e − u_n) < n!(v_n − u_n) = 1/n. Donc p_ne − q_n ≠ 0 et tend vers 0 : par 2.5.2 (résultat de la 1^ère partie), e est irrationnel.

3.3.

deg U_n = 2n (coefficient dominant (−1)ⁿ/n!), donc deg L_n = 2n − n = n (coefficient dominant (−1)ⁿ(2n)!/(n!)² ≠ 0).

3.4.1.

On applique (1) sur [0, 1] avec p = n, f = U_n, g(t) = e^xt (g⁽ⁿ⁾(t) = xⁿe^xt). Les termes de bord font intervenir U_n^(n−k)(0) et U_n^(n−k)(1) pour k = 1, …, n, c'est-à-dire des dérivées d'ordre 0 à n − 1 : ils sont nuls (2.2.1). Donc

T_n(x) = ∫₀¹ e^xtU_n⁽ⁿ⁾(t)dt = (−1)ⁿxⁿ∫₀¹ e^xtU_n(t)dt.

3.4.2.

t ↦ e^xtU_n(t) est continue, positive sur [0, 1] et strictement positive sur ]0, 1[ : son intégrale est > 0. Comme x ≠ 0, xⁿ ≠ 0, d'où T_n(x) ≠ 0.

3.5.1.

|xⁿT_n(x)| = x²ⁿ∫₀¹ e^xt(t(1 − t))ⁿ/n! dt. Or t(1 − t) ≤ 1/4 sur [0, 1] (maximum en t = 1/2) et e^xt ≤ max(1, e^x) pour t ∈ [0, 1] (xt est entre 0 et x). Donc |xⁿT_n(x)| ≤ (x²ⁿ/(4ⁿn!)) max(1, e^x).

3.5.2.

x²ⁿ/(4ⁿn!) = (x²/4)ⁿ/n! → 0 par 2.1.2. Donc xⁿT_n(x) → 0.

3.6.1.

ψ_x⁽²ⁿ⁺¹⁾(t) = x²ⁿ⁺¹e^xt, donc par 3.4.1 : (−1)ⁿ∫₀¹ ψ_x⁽²ⁿ⁺¹⁾U_n = xⁿ⁺¹·(−1)ⁿxⁿ∫₀¹ e^xtU_n(t)dt = xⁿ⁺¹T_n(x) (pour x = 0 les deux membres sont nuls).

3.6.2.

On applique (1) avec p = 2n + 1, f = ψ_x, g = U_n. Comme deg U_n = 2n, U_n⁽²ⁿ⁺¹⁾ = 0, et U_n^(k−1)(0) = U_n^(k−1)(1) = 0 pour k − 1 ≤ n − 1. Il reste les termes k = n + 1 + j, j = 0, …, n, avec ψ_x^(n−j)(1) = x^n−je^x et ψ_x^(n−j)(0) = x^n−j :

∫₀¹ ψ_x⁽²ⁿ⁺¹⁾U_n = Σ_j=0ⁿ (−1)^n+j x^n−j[e^xU_n^(n+j)(1) − U_n^(n+j)(0)].

En multipliant par (−1)ⁿ (3.6.1) : xⁿ⁺¹T_n(x) = Q_n(x)e^x − P_n(x) avec

• Q_n(x) = Σ_j=0ⁿ (−1)^jU_n^(n+j)(1) x^n−j,
• P_n(x) = Σ_j=0ⁿ (−1)^jU_n^(n+j)(0) x^n−j = Σ_j=0ⁿ ((n+j)!/(j!(n−j)!)) x^n−j.

Coefficients entiers par 2.2.2 ; coefficients de xⁿ (j = 0) : U_n⁽ⁿ⁾(1) = (−1)ⁿ et U_n⁽ⁿ⁾(0) = 1, non nuls : degré n. (Contrôle n = 1 : x²T₁(x) = (2 − x)e^x − (x + 2), qu'on retrouve par calcul direct avec L₁(t) = 1 − 2t.)

3.7.

Soit r ∈ ℤ*. Posons p_n = Q_n(r), q_n = P_n(r) : entiers (polynômes à coefficients entiers en un entier). Alors p_ne^r − q_n = rⁿ⁺¹T_n(r) = r·(rⁿT_n(r)) : non nul (3.4.2) et de limite nulle (3.5.2). Par 2.5.2, e^r est irrationnel.

3.8.

Soit r = m/s, m ∈ ℤ*, s ∈ ℕ*. Si e^r était rationnel, e^m = (e^r)^s le serait aussi, contredisant 3.7 : e^r est irrationnel.
Soit α ∈ ℚ, α > 0, α ≠ 1. Si ln α = r était rationnel, on aurait r ≠ 0 (car α ≠ 1) et α = e^r irrationnel : absurde. Donc ln α est irrationnel.