le corrigé

PC∗

Corrigé : les fonctions de Lambert (Centrale PSI 2020 - extrait)

I

Fonctions de Lambert

Q 1. f est de classeC1et f0(x) = (x + 1) ex, d’où les variations :

x f0(x) f (x) −∞ −_{1 +∞} − _{0 +} 0 0 −_{1/ e} −_{1/ e} +∞ +∞

D’après le théorème de la bijection monotone, f réalise une bijection entre [−1, +∞[ et [−1/ e, +∞[.

Q 2. Ce même théorème prouve que W est continue sur [−1/ e, +∞[. De plus, sachant que f est de classeC∞sur ]−1, +∞[ et que sa dérivée ne s’y annule pas, on peut affirmer que W est de classe C∞

sur l’image par f de cet intervalle, soit ]−1/ e, +∞[.

Q 3. f (0) = 0 donc W(0) = 0, et pour tout x > −1, W0(x) = 1

f0_(W(x))donc W 0

(0) = 1

f0₍₀₎= 1. Q 4. D’après la formule de Taylor-Young, W(x) =

0W(0) + xW 0

(0) + o(x) =

0x + o(x) donc W(x) ∼0 x. Pour tout x > 0, W(x) eW(x)= x > 0 donc ln(W(x)) + W(x) = ln x. De plus, lim

+∞W(x) = +∞ (d’après les variations de f ) donc ln(W(x)) =

+∞o 

W(x). On en déduit que W(x) ∼ +∞ln x. Q 5. On obtient le graphe suivant :

−₁ −₁ y = f (x) y = W(x) y = x Q 6. Au voisinage de 0, xαW(x) ∼ 0x

α+1_{donc x 7→ x}α_{W(x) est intégrable sur ]0, 1] si et seulement si α + 1 > −1, soit α > −2.} Q 7. Au voisinage de +∞, xαW(x) ∼

+∞x α_{ln x.} Si α < −1 on a xαW(x) =

+∞O(x

β_{) avec α < β < 1 et puisque x 7→ x}β _{est intégrable sur [1, +∞[, il en est de même de}

x 7→ xαW(x). Si α > −1 on a xα =

+∞O(x

α_{W(x)) et puisque x 7→ x}α_{n’est pas intégrable sur [1, +∞[, il en est de même de x 7→ x}α_W(x). On en déduit que x 7→ xαW(x) est intégrable sur [1, +∞[ si et seulement si α < −1.

Q 8. Compte tenu des variations étudiées à la question 1, le théorème de la bijection monotone prouve que f réalise une bijection continue entre ]−∞, −1] et [−1/ e, 0[.

Q 9. Compte tenu des variations de f étudiées à la question 1, – si m < −1/ e l’équation x ex= m n’a pas de solution ;

– si m = −1/ e l’équation x ex= m possède une unique solution x = −1 ;

– si −1/ e < m < 0 l’équation x ex= m possède deux solutions distinctes V(m) et W(m) ; – si m > 0 l’équation x ex= m possède une unique solution W(m).

Q 10. Compte tenu des variations de f étudiées à la question 1, – si m < −1/ e l’inéquation x ex6_{m n’a pas de solution ;}

– si m = −1/ e l’inéquation x ex6_{m possède une unique solution x = −1 ;} – si −1/ e < m < 0 l’inéquation x ex6_{m est vérifiée pour tout x ∈ [V(m), W(m)] ;} – si m > 0 l’équation x ex= m est vérifiée pour tout x ∈ ]−∞, W(m)].

Q 11. eax+bx = 0 ⇐⇒ bx e−ax= −1 ⇐⇒ −ax e−ax=a

b ⇐⇒ f (−ax) = a

b. Les variations de f permettent d’en déduire :

– si a/b < −1/ e, l’équation n’a pas de solution ;

– si a/b = −1/ e, l’équation possède une unique solution x = 1/a ; – si −1/e < a/b < 0, l’équation possède deux solutions −V(a/b)

a et −

W(a/b)

a ;

– si 0 6 a/b, l’équation possède une unique solution −W(a/b)

a .

II

Probabilités

II. A – Première situation

Q 12. X est à valeurs dans N et d’après la formule des probabilités totales,

∀_{k ∈ N,} P(X = k) = +∞ X

n=0

P(X = k | N = n)P(N = n).

La variable (X | N = n) suit une loi binomiale de paramètre (n, p) donc P(X = k | N = n) =          n k ! pk(1 − p)n−k si k 6 n 0 sinon . Ainsi, P(X = k) = +∞ X n=k n k ! pk(1 − p)n−kλ n n!e −λ₌(λp)k k! e −λ +∞ X n=k (1 − p)n−kλn−k (n − k)! = (λp)k k! e −λ_e(1−p)λ₌(λp)k k! e −λp

ce qui montre que X suit une loi de Poisson de paramètre λp. On en déduit d’après le cours que E(X) = V (X) = λp.

Q 13. D’après l’inégalité de Markov, P(X > 2) 6 E(X)

2 =

λp

2 . Pour que la condition (II.1) soit vérifiée, il suffit donc de faire en sorte que λp

2 61 − α, soit p 6 2 1 − α

λ .

Q 14. On a P(X = 0) = e−λpet P(X = 1) = λp e−λpdonc P(X > 2) = 1 − e−λp−λp e−λp= 1 + x ex+1en posant x = −(1 + λp). La condition (II.1) s’écrit donc 1 + x ex+16_{1 − α, soit x e}x6 −_αe−1_.

Q 15. Nous avons α ∈]0, 1[ donc −1/ e < −α e−1< 0. d’après la question 10, l’inéquation x ex6 −_αe−1_{est vérifiée pour} tout x ∈ [V(−α e−1), W(−α e−1)]. En remplaçant x par sa valeur on obtient l’encadrement

−_{1 − W(−α e}−1_{) 6 λp 6 −1 − V(−α e}−1₎ qui est une condition nécessaire et suffisante pour que la condition (II.1) soit vérifiée.

Il s’agit maintenant de trouver la valeur maximale de p vérifiant cet encadrement, sachant que p ∈]0, 1[. Remarquons déjà que −1 − W(−α e−1) < 0 et −1 − V(−α e−1) > 0 puisque −α e−1> 1/ e. Ainsi,

– Si λ > −1 − V(−α e−1), cette valeur maximale existe et vaut p =−1 − V(−α e −₁

)

λ ;

– si λ 6 −1 − V(−α e−1), cette valeur maximale n’existe pas car toute valeur p ∈]0, 1[ vérifie la condition (II.1).

II. B – Deuxième situation

Q 16. X est à valeurs dans ~0, r et suit une loi binomiale de paramètre (r, 1 − p) donc P(X = k) = r

k

!

pr−k(1 − p)k. D’après le cours, E(X) = r(1 − p) et V (X) = rp(1 − p).

Q 17. D’après l’inégalité de Markov, P(X > 2) 6 E(X)

2 =

r(1 − p)

2 . Pour que la condition (II.2) soit vérifiée, il suffit donc de faire en sorte que r(1 − p)

2 61 − α, soit r 6 2 1 − α 1 − p.

Q 18. P(X > 2) = 1 − P(X = 0) − P(X = 1) = 1 − pr−rpr−1(1 − p) = 1 − pr 

1 − rp − 1

p



donc la condition (II.2) est vérifiée si et seulement si pr  1 − rp − 1 p  >α. En posant a =p ln p

p − 1 cette condition s’écrit p

r_{1 − r}ln p

a



>_{α, soit p}r_{(a − r ln p) > αa car a > 0.}

En posant x = r ln p − a on obtient la condition xpr6 −_{αa, soit x e}x+a6 −_{αa et enfin x e}x6 −_{αa e}−a_{puisque p}r_{= e}x+a_. Q 19. On a a > 0 donc −a e−a= f (−a) ∈ [−1/ e, 0[ (d’après les variations de f ) et ainsi −1/ e < −αa e−a< 0. d’après la

question 10, l’inéquation x ex6 −_{αa e}−a_{est vérifiée dès lors que}

V(−αa e−a) 6 x 6 W(−αa e−a) ⇐⇒ a + W(−αa e −_a

) ln p 6r 6

a + V(−αa e−a) ln p

L’ensemble des entiers r vérifiant cette inégalité est majoré ; pour montrer qu’il existe un entier r maximal il suffit donc de montrer qu’il existe au moins un entier naturel non nul vérifiant cet encadrement. Or on peut observer que pour r = 1, P(X > 2) = 1 − p − (1 − p) = 0 donc la condition (II.2) est toujours vérifiée pour r = 1, ce qui prouve que r = 1 vérifie cet encadrement. Q 20. On a donc rmax= _{a + V(−αa e}−a₎ ln p  .

III

Développement en série entière

III. A – Le théorème binomial d’Abel

Q 21. Pour tout k ∈ ~0, n, deg Ak= k. La famille (Ak) est échelonnée en degré donc constitue une base de Cn[X].

Q 22. On calcule pour tout k ∈ ~1, n, A0_k= 1 k!(X − ka) k−1₊k − 1 k! X(X − ka) k−2₌ 1 k!(X − ka + (k − 1)X)(X − ka) k−2₌ 1 (k − 1)!(X − a)(X − ka) k−2_{= A} k−1(X − a)

Q 23. Si j > k on a A(j)_k = 0 car deg Ak= k donc A

(j)

k (ja) = 0.

Si j 6 k on a d’après la question précédente, A(j)_k = Ak−j(X − ja) donc A(j)_k (ja) = Ak−j(0) =

       1 si j = k 0 si j < k. Q 24. La question précédente peut se résumer à : A(j)_k (ja) = δjk (symbole de Kronecker) donc P(j)(ja) =

n

X

k=0

α_kδ_jk= αj.

Q 25. Ainsi, pour tout polynôme P ∈ Cn[X], P = n

X

k=0

P(k)(ka)Ak. Fixons y ∈ C et appliquons ce résultat au polynôme

P = (X + y)n. On a P(k)= n! (n − k)!(X + y) n−k_{donc on obtient : (X + y)}n₌ n X k=0 n! (n − k)!(y + ka) n−k_A

k. Ainsi, pour tout x ∈ C,

(x + y)n= yn+ n X k=1 n k ! x(x − ka)k−1(y + ka)n−k

Q 26. Fixons y ∈ C et dérivons cette égalité vis-à-vis de x (pour un entier n > 1). On obtient :

n(x + y)n−1= n X k=1 n k ! 

(x − ka)k−1+ (k − 1)x(x − ka)k−2(y + ka)n−k

Appliquée en x = 0 on obtient : nyn−1= n X k=1 n k ! (−ka)k−1(y + ka)n−k.

III. B – Développement en série entière de la fonction W

Q 27. Pour tout x , 0,      an+1xn+1 anxn      =  1 +1 n n−1 |_{x| = e}(n−1) ln(1+1/n)|_{x| donc lim}      an+1xn+1 anxn      = e |x|.

D’après le critère de d’Alembert,Xanxnconverge absolument si |x| < 1/ e et diverge grossièrement si |x| > 1/ e donc le

rayon de convergence est égal à 1/ e.

Q 28. D’après le cours S est de classeC∞sur ] − 1/ e, 1/ e[ et pour tout n ∈ N∗, S(n)(0) = ann! = (−n)n−1.

Q 29. Notons fn: x 7→ anxn. Sur l’intervalle [−1/ e, 1/ e], kfnk∞= |an|e

−_n =n

n−1_e−_n

n! .

D’après la formule de Stirling, kfnk∞∼√ 1

2πn3/2. La série X

k_fnk∞converge donc la convergence de la série de fonctions X

fnconverge normalement, et donc uniformément sur [−1/ e, 1/ e]. Chacune des fonctions fnétant continue, la somme S

est définie et continue sur [−1/ e, 1/ e]. Q 30. Pour tout x ∈ ]−1/ e, 1/ e[, xS0(x) =

+∞ X

n=1

nanxn. Réalisons un produit de Cauchy avec 1 + S(x) (en posant par

commo-dité a0= 1) : x1 + S(x)S0(x) = +∞ X n=0 bnxn avec bn= n X k=0 ak(n − k)an−k On a b0= 0 et pour tout n > 1, bn= n (−n)n−1 n! + n−1 X k=1 (−k)k−1 k! (n − k) (k − n)n−k−1 (n − k)! = n (−n)n−1 n! − 1 n! n−1 X k=1 n k ! (−k)k−1(k − n)n−k = n(−n) n−1 n! + (−n)n−1 n! − 1 n! n X k=1 n k ! (−k)k−1(k − n)n−k

Appliquons maintenant la question 26 avec a = 1 et y = −n. On obtient : n(−n)n−1=

n X k=1 n k ! (−k)k−1(k − n)n−k, ce qui nous donne bn= n (−n)n−1 n! + (−n)n−1 n! −n (−n)n−1 n! = (−n)n−1

n! = anet permet d’en conclure que x



1 + S(x)S0(x) = S(x). Q 31. Pour tout x ∈ ]−)1/ e, 1/ e[, xh0(x) = xS0(x)1 + S(x)eS(x)= S(x) eS(x)= h(x) donc h est solution de xy0−_{y = 0.} Q 32. Sur chacun des deux intervalles ]−1/ e, 0[ et ]0, 1/ e[ la fonction x 7→ x est solution particulière de xy0−_{y = 0 donc} les solutions sur chacun de ces deux intervalles sont de la forme x 7→ ax.

Une solution sur ]−1/ e, 1/ e[ se doit d’être de classeC1, donc les solutions sur cet intervalle sont elles aussi de la forme

x 7→ ax.

Q 33. Il existe donc un réel a tel que pour tout x∈ ]−1/ e, 1/ e[, S(x) eS(x)= ax. En dérivant on obtientS0(x)+S(x)S0(x)eS(x)=

a, et sachant que S(0) = 0 : a = S0(0) = a1= 1.

On a prouvé que pour tout x ∈ ]−1/ e, 1/ e[, S(x) eS(x)= x, soit fS(x)= x avec les notations de la première partie. Lorsque x ∈ [0, 1/ e[ on a nécessairement S(x) = W(x).

Lorsque x ∈ ]−1/ e, 0[, on peut avoir S(x) = W(x) ou S(x) = V(x). Pour exclure cette seconde possibilité, il suffit de montrer que S(x) > −1. Or pour x < 0, S(x) = +∞ X n=1 (−n)n−1 n! (−|x|) n_{= −} +∞ X n=1 nn−1 n! |x| n_{> −} +∞ X n=1 nn−1 n! (1/ e) n_{= S(−1/ e)}

S étant continue sur [−1/ e, 1/ e] on peut faire tendre x vers −1/ e dans l’égalité S(x) eS(x)= x pour obtenir fS(−1/ e)= −1/ e, ce qui montre que S(−1/ e) = −1. On peut donc conclure : pour tout x ∈ ]−1/ e, 1/ e[, S(x) = W(x).

Q 34. Les fonctions W et S sont continues sur [−1/ e, 1/ e] donc leur égalité se prolonge sur le segment.