1. On peut raisonner par récurrence sur n . Pour n = 2 , il s'agit de la formule usuelle de dérivation d'un produit. Montrons que la formule à l'ordre n entraîne celle à l'ordre n + 1 :

Problème 1.

1. On peut raisonner par récurrence sur n . Pour n = 2 , il s'agit de la formule usuelle de dérivation d'un produit. Montrons que la formule à l'ordre n entraîne celle à l'ordre n + 1 :

(F ₁ · · · F _n F _n+1 ) ⁰ = (F ₁ · · · F _n ) ⁰ F _n+1 + (F ₁ · · · F _n )F _n+1 ⁰

=

n

X

i=1



 Y

j∈{1,··· ,n}\{i}

F _j



 F _i ⁰ F _n+1 + (F ₁ · · · F _n )F _n+1 ⁰

=

n+1

X

i=1





Y

j∈{1,···,n+1}\{i}

F j



 F _i ⁰ .

2. On utilise le théorème de Bézout dans les deux sens. Comme A et B sont premiers entre eux, il existe des polynômes U et V tels que U A + V B = 1 . On en tire

1 = U (A + B)

| {z }

=C

+ (V − U )B = (U − V )A + V (A + B)

| {z }

=C

.

Ceci prouve que C ∧ B = A ∧ C = 1 . Les trois ensembles de racines sont donc deux à deux disjoints. De plus,

deg(M ) = n A + n B + n C = m ≤ deg(ABC) =

n

_A

X

i=1

α i +

n

_B

X

i=1

β i +

n

_C

X

i=1

γ i .

3. a. Comme A et C sont premiers entre eux ils n'ont pas de racines en commun. Tous les a i sont distincts de tous les c j . Les a i sont des zéros de F et les c j des pôles.

Pour calculer la dérivée de F = ^A _C , on utilise la question préliminaire avec des monômes F i égaux à

(X − a _i ) ^α

ⁱ

ou (X − c _i ) ^−γ

ⁱ

.

En dérivant, l'exposant diminue de 1 et un coecient α i ou −γ i apparait. La fraction ne contient donc que des pôles simples (tous les a i et c j ). Elle est de degré −1 donc sans partie polynomiale. Sa décomposition en éléments simples est

F ⁰ F =

n

_A

X

i=1

α i

X − a i

−

n

_C

X

i=1

γ i

X − c i

.

Le calcul est identique pour G = ^B _C . G ⁰

G =

n

B

X

i=1

β _i X − b i

−

n

C

X

i=1

γ _i X − c i

.

b. Les pôles de ^F _F

⁰

et ^G _G

⁰

sont les racines de C et ils sont tous simples. En multipliant par M , on obtient donc chaque fois un polynôme. Ce polynôme est de degré inférieur ou égal à m − 1 car dériver une fraction de degré non nul diminue son degré de 1 , lorsque le degré est nul, le degré de la fraction dérivée est plus petit que −2 .

4. En fait F + G = 1 par dénition de F et G donc G ⁰ = −F . AU + BV = AM F ⁰

F + BM G ⁰

G = M F ⁰ A

F − B G

= M F ⁰ (C − C) = 0.

5. D'après la question précédente, A divise BV dans C [X] . Comme A est premier avec B , le théorème de Gauss prouve que A divise V donc deg(A) ≤ deg(V ) < m . Le raisonnement est le même pour deg(B) < m . Quant à C = A + B , son degré est inférieur ou égal au plus grand des degrés de A et B . Il est donc aussi strictement inférieur à m .

6. Le point important ici est que les racines distinctes de P ⁿ (ou de Q ⁿ ) sont les mêmes que celles de P (ou de Q ).

Dans C [X] , deux polynômes sont premiers entre eux si et seulement si ils n'ont pas de racine en commun. Donc P ∧ Q = 1 entraîne P ⁿ ∧ Q ⁿ = 1 . On peut appliquer le théorème de Mason (question 5.) avec A = P ⁿ , B = Q ⁿ , C = R ⁿ . On en tire que les degrés de P ⁿ , Q ⁿ , R ⁿ sont strictement plus petits que m qui est le nombre total de racines distinctes de P ⁿ , Q ⁿ , R ⁿ . Comme ces racines sont les mêmes que celles de P , Q , R , en tenant compte d'éventuelles multiplicités, on a

m ≤ deg(P QR) On en tire, en sommant,

n deg(P ) ≤ m − 1 n deg(Q) ≤ m − 1 n deg(R) ≤ m − 1



 

 

⇒ n deg(P QR) ≤ 3m − 3 ≤ 3 deg(P QR) − 3

De (n − 3) deg(P QR) < 0 , on déduit n − 3 < 0 c'est à dire n = 1 ou 2 .

Problème 2.

Partie I. Propriétés de la famille de polynômes.

1. Soit h > −1 . La suite (ln(1 + h) ⁿ⁺¹

n∈ N est donc bien dénie. Elle est bornée si et seulement si | ln(1 + h)| ≤ 1 c'est à dire

1

e − 1 ≤ h ≤ e − 1

2. a. Pour k ∈ N ^∗ , les entiers 0, 1, . . . , k − 1 sont les racines de Γ k donc Γ k (x) = 0 pour x ∈ J 0, k − 1 K.

Pour x ∈ N \ J 0, k − 1 K, Γ k (x) = _k! ¹ x(x − 1) . . . (x − k + 1) = ^x _k Pour x ∈ Z \ N,

Γ k (x) = 1

k! x(x − 1) . . . (x − k + 1)

= (−1) ^k

k! (−x)(−x + 1) . . . (−x + k − 1) = (−1) ^k

−x + k − 1 k

En particulier, on trouve Γ _k (k) = ^k _k

= 1 et Γ _k (−1) = (−1) ^{k 1+k−1} _k

= (−1) ^k . b. Soit x ∈ R ⁺ \ N et n ∈ N, alors Γ n (x) 6= 0 et

Γ _n+1 (x)

Γ n (x) = − x − n

n + 1 ≥ 0 ⇔ ssi n ≥ x La suite est donc de signe constant à partir de n = dxe .

3. a. Soit i ∈ J 1, n K. Pour k ∈ J i + 1, n K Γ k (i) = 0 et comme démontré à la question 2a.

D'où

n

X

k=0

(−1) ^k Γ k (i) =

i

X

k=0

(−1) ^k Γ k (i) =

i

X

k=0

(−1) ^k i

k

= 0 b. Notons P = P n

k=0 (−1) ^k Γ k . Pour k ∈ N, Γ k est de degré k . Le polynôme P est donc de degré n et de coecient dominant ⁽⁻¹⁾ _n!

ⁿ

qui est le coecient dominant de (−1) ⁿ Γ n .

D'autre part, d'après la question précédente les i ∈ J 0, n K sont racines de P . Comme P est de degré n , ce sont exactement toutes ces racines et elles sont de

multiplicité 1 . On en déduit que

P = (−1) ⁿ

n! (X − 1)(X − 2) . . . (X − n) on reconnait (−1) ⁿ Γ c n (X − 1) D'où

n

X

k=0

(−1) ^k Γ k = (−1) ⁿ Γ c n (X − 1)

4. a. Calculons le développement en regroupant sous un même logarithme ln µ n − ln µ n−1 = ln µ n

µ _n−1 = ln n

n − 1 ρ

Γ n (u) Γ _n−1 (u)

= ln n

n − 1 ρ

u − n + 1 n

= −ρ ln

1 − 1 n

+ ln

1 − u + 1 n

pour n ≥ u + 1

= −ρ

− 1 n − 1

2n ² + o 1

n ²

+

− u + 1

n − (u + 1) ² 2n ² + o

1 n ²

= ρ − (u + 1)

n + ρ + (u + 1) ² 2n ² + o

1 n ²

b. Pour ρ = u + 1 , comme admis dans l'énoncé, la suite (ln(µ _n )) _n∈

N est convergente de limite l(u) , donc la suite ((µ _n ) _n∈

N est convergente de limite e ^l(u) 6= 0 et donc µ _n ∼ e ^l(u)

D'où

n ^u+1 |Γ n (u)| ∼ e ^l(u) et donc

|Γ n (u)| ∼ e ^l(u) n ^−(u+1) c. De l'équivalence |Γ n (u)| ∼ e ^l(u) n ^−(u+1) , on peut déduire :

• pour u > −1 , |Γ n (u)| → 0 donc (Γ n (u)) _n∈

N converge vers 0 .

• pour u < −1 , |Γ n (u)| → +∞ donc (Γ n (u)) _n∈

N diverge.

Pour u ∈ N, à partir du moment où n ≥ u , Γ n (u) = 0 et donc (Γ n (u)) _n∈

N converge

vers 0 (stationnaire).

Partie II. Suite associée à une fonction.

1. Soit i ∈ N et k ≥ i alors Γ _k (i) = 0 donc les équations

∀n ∈ N , ∀i ∈ J 0, n K , f (i) −

n

X

k=0

a k Γ k (i) = 0 reviennent à

∀i ∈ N f (i) −

i

X

k=0

a _k Γ _k (i) = 0 (∗)

L'équation pour i = 0 est f(0) − a 0 = 0 , elle détermine a 0 de façon unique.

Pour n ∈ N, supposons (a 0 , . . . , a n ) déterminé de façon unique par les équations.

Comme Γ n+1 (n + 1) = 1 , l'équation pour i = n + 1 donne a n+1 = f (n + 1) −

n

X

k=0

a k Γ k (n + 1)

Ce qui détermine un et un seul a n+1 . On montre ainsi par récurrence qu'il existe une unique suite (a k ) _k∈N de nombres réels vériant (∗) .

2. Pour n ∈ N et i ∈ J 0, n K, b ⁱ −

n

X

k=0

(b − 1) ^k Γ k (i) = b ⁱ −

i

X

k=0

(b − 1) ^k i

k

= 0 La suite ((b − 1) ⁿ ) _n∈

N est donc associée à la fonction x → b ^x .

3. a. La fonction ϕ est C ^∞ sur I et s'annule en i ∈ J 0, n K. En appliquant le théorème de Rolle sur les intervalles [i, i + 1] pour i ∈ J 0, n − 1 K, on montre que ϕ ⁰ s'annule en au moins n − 1 points x ₁ < · · · < x _n−1 avec i < x _i < i + 1 . On applique ensuite le théorème de Rolle à ϕ ⁰ sur les intervalles [x i , x i+1 ] pour i ∈ J 0, n − 2 K, . . .Par récurrence on montre que ϕ ^(k) s'annule en au moins n + 1 − k réels positifs distincts.

b. D'après la question précédente ϕ ⁽ⁿ⁾ s'annule en au moins un réel positif, notons le λ n . Or ϕ ⁽ⁿ⁾ = f ⁽ⁿ⁾ − a n , on en déduit que a n = f ⁽ⁿ⁾ (λ n ) .

Partie III. Un exemple.

1. On considère les équations caractérisant la suite (a n ) . On considère f (0) − a 0 = 0 on en déduit

a 0 = 1 λ

Puis, f (1) − a 0 − a 1 = 0 , donc a 1 = 1

1 + λ − 1

λ = −1 λ(λ + 1) Enn f (2) − a 0 − 2a 1 − a 2 = 0 , d'où

a 2 = 2

λ(λ + 1)(λ + 2)

2. La fonction x 7→ (x+λ)r _n (x) est polynomiale de degré n + 1 et s'annule en 0, · · · , n par dénition de r _n . D'après son degré, on a donc trouvé toutes les racines du polynôme x 7→ (x + λ)r _n (x) et elles sont toutes simples. D'autre part, le coecient dominant de x 7→ (x + λ)r _n (x) est − ^a _n!

ⁿ

. D'où

∀x ∈ I, (x + λ)r n (x) = − a _n

n! x(x − 1) . . . (x − n) et donc

∀x ∈ I, r n (x) = −(n + 1)a n

Γ _n+1 (x) x + λ

a. En évaluant l'égalité précédente en x = n + 1 , on trouve (n + 1 + λ)r _n (n + 1) =

−(n + 1)a _n .

D'autre part, par dénition des r _k , on a

r _n+1 = r _n − a _n+1 Γ _n+1

en évaluant l'égalité en x = n + 1 , on trouve a _n+1 = r _n (n + 1) . D'où

∀n ∈ N , (n + 1 + λ)a _n+1 = −(n + 1)a _n b. Montrons le résultat par récurrence sur n .

Pour n = 0 , a 0 = ¹ _λ = ⁻¹ _λ = _{Γ−1(−λ)} ⁻¹ .

Soit n ∈ N, supposons le résultat vrai au rang n . (n + 2)a n+1) = (n + 2) −(n + 1)a n

n + 1 + λ (par la question précédente)

= n + 2

(n + 1 + λ)Γ n+1 (−λ) (par hypothèse de récurrence)

= −1

Γ n+2 (−λ)

D'où le résultat par récurrence.

3. Soit x > −λ xé. On remarque que r n (x) = f (x) − A n (x) .

|r n (x)| =

Γ _n+1 (x) Γ n+1 (−λ)(x + λ)

par 2. et 3b.

∼ K(x)

K(−λ) (n + 1) ^−λ−x par I4b.

→ 0 car x > −λ Donc la suite (A n (x)) _n∈

N converge vers f (x) .

Partie IV. Une expression du reste.

1. Par construction, la fonction r _n s'annule en 0, 1, · · · , n . Par dénition Γ _n+1 s'annule aussi en ces points. Il en est donc de même pour ψ . De plus, on vérie facilement que ψ(u) aussi est nul. Comme ψ s'annule n + 2 fois, d'après le théorème de Rolle, sa dérivée s'annule n + 1 fois (entre les zéros donc on reste bien dans I ). On montre par récurrence que ψ ^(k) s'annule n + 2 − k fois pour k entre 0 et n + 1 .

2. Quand on dérive n + 1 fois, on fait disparaitre tous les Γ _k de r _n . Si v est tel que ψ ⁽ⁿ⁺¹⁾ (v) = 0 , il vérie

0 = f ⁽ⁿ⁺¹⁾ (v) − r n (u)

Γ n+1 (u) Γ ⁽ⁿ⁺¹⁾ _n+1 (v)

| {z }

=1

⇒ r n (u) = f ⁽ⁿ⁺¹⁾ (v)Γ n+1 (u)

3. Sous l'hypothèse de cette question :

|r n (u)| ≤ M n |Γ n+1 (u)| ∼ M K(u)n ^−u d'après l'équivalent trouvé en I.4.b. On en déduit que (r n (u)) _n∈

N converge vers 0 . 4. Une fonction de classe C ^∞ qui s'annule sur tous les entiers et qui n'est pas identique-

ment nulle ne vérie certainement pas cette condition de majoration des ses dérivées.

Partie V. Un autre exemple.

1. Lorsque h = −1 , on peut utiliser la question I.3.b. On en tire : A _n (u) =

n

X

k=0

(−1) ^k Γ _k (u) = (−1) ⁿ Γ _n (u − 1) La convergence a été discutée en I.4.c.

Si u ≥ 0 , la suite converge vers 0 .

Si u < 0 , la suite diverge, sa valeur absolue tend vers +∞ .

2. a. On a vu en question I.1.b. que la suite des (−1) ⁿ Γ n (u) est de signe constant dès que n ≥ due . Comme ici h < 0 , il en est de même de la suite des h ⁿ Γ n (u) . À partir de due , la suite des A n (u) est donc monotone.

b. D'après la question II.2., (h n ) _n∈N est la suite associée à la fonction x 7→ (h + 1) ^x dénie dans I =] − 1, +∞[ . On peut exprimer le reste avec la question IV.2. Pour tout n , il existe un v n > −1 tel que

(1 + h) ^u − A n (u) = r n (u) = (ln(1 + h)) ⁿ⁺¹ (1 + h) ^v

ⁿ

Γ n+1 (u)

car (ln(1+h)) ⁿ⁺¹ (1+h) ^x est l'expression en x de la dérivée n -ième de x 7→ (h+1) ^x . L'hypothèse −1 < h < 0 de la question entraîne 0 < 1 + h < 1 donc ln(1 + h) < 0 et (1 + h) ^v

ⁿ

> 0 . Ainsi, à partir d'un certain rang, r n (u) est de signe constant et ce signe est le même que celui de la suite des h ⁿ Γ n (u) .

Si r _n (u) et h ⁿ Γ _n (u) sont positifs. À partir de due , la suite des A _n (u) est crois- sante et

(1 + h) ^u − A _n (u) ≥ 0 ⇒ A _n (u) ≤ (1 + h) ^u La suite est donc majorée, elle converge.

Dans le cas négatif, la suite est décroissante et minorée, elle converge encore.

c. Lorsque ¹ _e − 1 ≤ h < 0 , d'après la question I.1., la suite (ln(1 + h)) ⁿ⁺¹

n∈ N est bornée. La suite ((1 + h) ^v

ⁿ

) _n∈N l'est aussi car ¹ _e ≤ 1 + h < 1 . La suite (Γ n (u)) _n∈N converge vers 0 d'après I.4.c. On en déduit que la suite des restes converge vers 0 c'est à dire que la limite g(u) = (1 + h) ^u .

3. a. Dans cette situation, les h ⁿ Γ n (u) changent de signe à chaque fois tout en décrois- sant en valeur absolue (à partir d'un certain rang). Les suites extraites d'indices pairs et impairs sont alors adjacentes.

b. La suite complète converge vers leur limite commune car les indices pairs et impairs recouvrent tout N.

c. L'expression du reste de la question 2.b. reste valable

(1 + h) ^u − A n (u) = r n (u) = (ln(1 + h)) ⁿ⁺¹ (1 + h) ^v

ⁿ

Γ n+1 (u) Cette fois, seul le facteur en Γ change de signe.

Si Γ n+1 (u) > 0 . Alors A n (u) < A n+1 (u) et A n (u) < (1 + h) ^u .

De plus, (1 + h) ^u − A n+1 (u) est du signe de A n+2 (u) c'est à dire négatif d'où

A n (u) < (1 + h) ^u < A n+1 (u)

Le raisonnement est analogue dans l'autre cas.

Par passage à la limite dans l'encadrement, on obtient g(u) = (1 + h) ^u .

4. a. Comme la suite des Γ n (u) = A n (u) − A n−1 (u) diverge lorsque u ≤ −1 , la suite des A n (u) diverge aussi.

b. Pour h = 1 , l'étude faite en 3. reste valable et la suite converge vers (1 + h) ^u = 2 ^u .