MPSI B Corrigé du DS 5 15 décembre 2019
Problème
1. a. La dérivée s'exprimant comme un produit, on peut obtenir la dérivée seconde et les suivantes par la formule de Leibniz.
f
0(x) = e
xexp(e
x− 1) = e
xf (x) f
(n)(x) = f
0(n−1)(x) =
n−1
X
k=0
n − 1 k
e
xf
(k)(x)
Il est clair par récurrence que tous les termes de cette somme sont strictement positifs.
b. L'inégalité demandée est vériée pour n = 0 car la fonction est croissante et une valeur approchée de f
1eest 1,559 qui est largement inférieur à 2e . Supposons l'inégalité vériée jusqu'à n −1 et majorons à partir de l'expression de la question précédente :
|f
(n)(x)| ≤
n−1
X
k=0
n k
e
1e2ek
k≤ 2e
1e+1n−1
X
k=0
n k
k
k≤ 2e
1e+1n−1
X
k=0
n k
(n − 1)
k≤ 2e
1e+1(1 + n − 1)
n−1≤ 2en
ne
1en
Comme 2 < e < 3 , e
1e≤ 3
12< 2 donc
enn1< 1 pour n ≥ 2 . 2. a. Pour x ∈] −
1e,
1e[ notons
a
n(x) = (nx)
nn!
et formons le quotient de deux termes consécutifs. Après simplication, on trouve
a
n+1(x) a
n(x) = x
n + 1 n
nqui converge vers ex quand n → +∞ . Comme < ex < 1 , le principe de comparai- son logarithmique montre que (a
n(x))
n∈Nest dominée par une suite géométrique qui converge vers 0 ; elle converge donc elle même vers 0.
b. Pour x ∈] −
1e,
1e[ notons
s
n(x) =
n
X
k=0
T
kk! x
kOn reconnaît dans s
n(x) un développement de Taylor en 0 de f . L'écart avec f (x) est le reste de la formule de Taylor à l'ordre n que l'on majore avec l'inégalité de Lagrange
|f (x) − s
n(x)| ≤ |x|
n+1(n + 1)! M
n+1(x)
où M
n+1est le borne supérieure de f
(n+1)sur l'intervalle d'extrémités 0 et x . On majore M
n+1avec 1.(b) :
|f (x) − s
n(x)| ≤ |x|
n+1(n + 1)! 2e(n + 1)
n+1= 2ea
n+1et le théorème d'encadrement montre avec 2.(a) la convergence de (s
n(x))
n∈Nvers f (x)
3. a. C'est encore la comparaison logarithmique qui permet de conclure. Posons a
k=
kp p!
, alors
a
k+1a
k= k + 1
k
p1 k + 1 → 0
donc (a
k)
k∈Nest dominée par toute suite géométrique dont la raison est dans ]0, 1[ , en particulier
12. Il existe donc un nombre réel A tel que
1 e
n
X
k=1
k
pk! ≤ A
n
X
k=0
1
2
n≤ 2A(1 − 1
2
n+1) ≤ 2A Comme la suite est croissante, ceci assure la convergence.
b. Notons
s
n(p) = 1 e
n
X
k=1
k
pk!
de sorte que pour chaque p , U
pest la limite de (s
n(p))
n∈Nc. Notons
s
n(p) = 1 e
n
X
k=1
k
pk!
Alors (s
n(p))
n∈Nconverge vers U
p. En particulier, U
0= 1 car s
n(0) =
1eP
n k=11
converge vers 1. La démonstration de
k!(
n
X
k=1
1
k! )
n∈N→ e
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai S0305CMPSI B Corrigé du DS 5 15 décembre 2019
s'obtient à partir de la dénition de la fonction exponentielle ou de l'inégalité de Taylor Lagrange.
Considérons s
n(p + 1) :
s
n(p + 1) = 1 e
n
X
k=1
k
p+1k! = 1
e
n
X
k=1
k
p(k − 1)! = 1
e 1 +
n−1
X
k=1
(k + 1)
pk!
!
= 1 e 1 +
n−1
X
k=1
1 k!
p
X
i=0
p i
k
i!!
= 1 e 1 +
p
X
i=0
p i
n−1X
k=1
k
ik!
!
= U
0+
p
X
i=0
p i
s
n−1(i).
On en déduit la formule demandée en passant à la limite pour n → ∞ .
d. D'après l'expression de f
(n)trouvée en 1.(a), les suites T
net U
nvérient la même relation de récurrence qui permet de calculer tous les termes à partir du premier.
Comme T
0= e
0= 1 = U
0, les deux suites sont égales
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