Exercice 52

1.(a) La fonction $P$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$, et sa dérivée $n$-ième est la constante $n!\,c_{n}$, non nulle. Si $P$ s'annulait en $n + 1$ points distincts, la question 3 de l'exercice 13 fournirait un zéro de $P^{(n)}$, ce qui est absurde. Ainsi $\boxed{P \text{ s'annule au plus } n \text{ fois sur } \mathbb{R}}$.

Notons $z_{1}, \dots, z_{r}$ les zéros de $P$ distincts de $x$, en nombre fini $r \leqslant n - 1$. On pose $\delta = 1$ si $r = 0$, et sinon $$\delta = \min\Big(1, \frac{1}{2}\min_{1 \leqslant i \leqslant r} |z_{i} - x|\Big) > 0.$$ Aucun $z_{i}$ n'est dans $[x - \delta\,,x + \delta]$ : $\boxed{x \text{ est le seul zéro de } P \text{ sur } [x - \delta\,,x + \delta]}$.

(b) La fonction $|P'|$ est continue sur le segment $[x - 1\,,x + 1]$, donc bornée et atteint son maximum $M$ (chapitre 8, théorème 10). Si l'on avait $M = 0$, la dérivée $P'$ serait nulle sur $[x - 1\,,x + 1]$, et $P$ y serait constante par le théorème 7, égale à $P(x) = 0$ : elle aurait une infinité de zéros, ce qui contredit la question (a). Donc $\boxed{M > 0}$.

(c) On développe : $$b^{n}P\Big(\frac{a}{b}\Big) = \sum_{k=0}^{n} c_{k}\,a^{k}b^{n-k},$$ qui est un entier, puisque les $c_{k}$, $a$ et $b$ sont entiers et que $n - k \geqslant 0$. On distingue alors deux cas.

• Si $\big|x - \frac{a}{b}\big| \geqslant \delta$, on a directement $\big|x - \frac{a}{b}\big| \geqslant \delta \geqslant \frac{\delta}{b^{n}} \geqslant \frac{C}{b^{n}}$, puisque $b \geqslant 1$.

• Si $\big|x - \frac{a}{b}\big| < \delta$, le rationnel $\frac{a}{b}$ est dans $[x - \delta\,,x + \delta]$ et distinct de $x$ : par la question (a), $P\big(\frac{a}{b}\big) \neq 0$. L'entier $b^{n}P\big(\frac{a}{b}\big)$ est donc non nul, d'où $\big|P\big(\frac{a}{b}\big)\big| \geqslant \frac{1}{b^{n}}$. Par ailleurs, $\frac{a}{b}$ et $x$ sont dans $[x - 1\,,x + 1]$, où $|P'| \leqslant M$, et l'inégalité des accroissements finis (théorème 6) donne $$\frac{1}{b^{n}} \leqslant \Big|P\Big(\frac{a}{b}\Big) - P(x)\Big| \leqslant M\,\Big|x - \frac{a}{b}\Big|, \qquad\text{soit}\qquad \Big|x - \frac{a}{b}\Big| \geqslant \frac{1}{Mb^{n}} \geqslant \frac{C}{b^{n}}.$$

Piège. L'hypothèse $\frac{a}{b} \neq x$ est indispensable : si $x$ est rationnel, égal à $\frac{a}{b}$, le membre de gauche est nul. L'argument repose entièrement sur le fait qu'un entier non nul est au moins égal à $1$ en valeur absolue, et il faut donc s'assurer que $P\big(\frac{a}{b}\big)$ n'est pas nul.

2.(a) La suite $(s_{N})$ est strictement croissante. Comme $k! \geqslant k$ pour tout $k \in \mathbb{N}$, on a $2^{-k!} \leqslant 2^{-k}$, d'où $$s_{N} \leqslant \sum_{k=0}^{N} \frac{1}{2^{k}} = 2 - \frac{1}{2^{N}} < 2.$$ Croissante et majorée, la suite $\boxed{(s_{N}) \text{ converge}}$ par le théorème de la limite monotone (chapitre 7, théorème 8).

(b) Pour $k \geqslant 1$, on a $(k + 1)! - k! = k \cdot k! \geqslant 1$ : la suite des factorielles augmente d'au moins $1$ à chaque pas à partir du rang $1$, et l'on obtient, par récurrence sur $k \geqslant N + 1$, l'inégalité $k! \geqslant (N + 1)! + (k - N - 1)$. Pour $m > N$, on en déduit $$s_{m} - s_{N} = \sum_{k=N+1}^{m} 2^{-k!} \leqslant 2^{-(N+1)!}\sum_{k=N+1}^{m} 2^{-(k-N-1)} < 2 \cdot 2^{-(N+1)!}.$$ En faisant tendre $m$ vers $+\infty$, on obtient $L - s_{N} \leqslant 2 \cdot 2^{-(N+1)!}$. Enfin $L \geqslant s_{N+1}$, puisque la suite est croissante, donc $L - s_{N} \geqslant 2^{-(N+1)!} > 0$. $$\boxed{0 < L - s_{N} \leqslant 2 \cdot 2^{-(N+1)!}}$$

(c) Supposons $L$ algébrique, racine d'une fonction polynomiale non nulle $P$ à coefficients entiers. Une constante non nulle n'a pas de racine : $P$ est de degré $n \geqslant 1$, et la question 1 s'applique avec $x = L$. Pour tout $N$, on écrit $$s_{N} = \frac{a_{N}}{b_{N}}, \qquad\text{avec}\qquad b_{N} = 2^{N!} \qquad\text{et}\qquad a_{N} = \sum_{k=0}^{N} 2^{N! - k!} \in \mathbb{N},$$ puisque $k! \leqslant N!$ pour $k \leqslant N$. Comme $s_{N} \neq L$ par la question (b), les questions 1.(c) et 2.(b) donnent $$\frac{C}{2^{nN!}} \leqslant L - s_{N} \leqslant \frac{2}{2^{(N+1)!}}, \qquad\text{soit}\qquad 0 < C \leqslant 2^{1 + nN! - (N+1)!} = 2^{1 - N!\,(N + 1 - n)}.$$ Pour $N \geqslant n$, l'exposant est inférieur à $1 - N!$, qui tend vers $-\infty$ : le majorant tend vers $0$, ce qui contredit $C > 0$. $$\boxed{L \text{ est transcendant}}$$ En particulier, $L$ n'est pas rationnel, puisqu'un rationnel est algébrique.

À retenir. La question 1 dit qu'un nombre algébrique de degré $n$ se laisse mal approcher par les rationnels : l'erreur commise avec un dénominateur $b$ est au moins de l'ordre de $\frac{1}{b^{n}}$. Le nombre $L$ est au contraire trop bien approché : avec $b_{N} = 2^{N!}$, l'erreur est au plus $\frac{2}{b_{N}^{N+1}}$, et l'exposant $N + 1$ dépasse tout degré $n$ fixé. C'est par cet argument que Joseph Liouville a établi en 1844 l'existence de nombres transcendants. Le seul outil d'analyse utilisé est l'inégalité des accroissements finis, et le seul outil d'arithmétique est qu'un entier non nul vaut au moins $1$ en valeur absolue, comme à la question 4 de l'exercice 49.