Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

SESSION 2012 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A MP

Partie I

1. fest de classeC^∞surRen tant que produit de fonctions de classeC^∞ surR.

2. En particulier,fest dérivable surRet pour tout réelx,f^′(x) = (x+1)e^x. On en déduit le tableau de variations def:

x −∞ −1 +∞

f^′(x) − 0 +

0 +∞

f

−e⁻¹ 3. Graphe de f

1 2 3 4 5

−1

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5 −¹_e

4. fest dérivable sur[−1,+∞[etf^′est strictement positive sur]−1,+∞[. Doncfest strictement croissante sur[−1,+∞[.

f est continue et strictement croissante sur [−1,+∞[ et donc f réalise une bijection de [−1,+∞[ sur f([−1,+∞[) =

f(−1), lim

x→+∞

f(x)

=

−1 e,+∞

.

5. Soitgla réciproque def_/[−1,+∞[. Puisquef est continue sur[−1,+∞[, on sait queg est continue surf([−1,+∞[) =

−1 e,+∞

. De plus, pour toutx∈

−1 e,+∞

, on af(g(x)) =xou encoreg(x)e^g(x)=x.

f est de classe C^∞ sur ] −1,+∞[ et f^′ ne s’annule pas sur cet intervalle. On sait alors que g est de classe C^∞ sur f(] −1,+∞[) =

−1 e,+∞

.

Partie II

1. f(0) =0 et doncg(0) =0.f(−1) = −1

e et doncg

−1 e

= −1.f(1) =eet doncg(e) =1.

2. Soitx∈

−1 e,+∞

. On sait que

g^′(x) = 1

f^′(g(x))= 1

(g(x) +1)e^g(x) = 1 x+g(x). (carg(x)e^g(x)=x).

3. On sait que le graphe degest le symétrique du graphe def par rapport à la première bissectrice.

1 2 3 4 5

−1

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

y=g(x) y=x y=

f(x)

Puisquef^′(−1) =0, on sait queg n’est pas dérivable enf(−1) = −1

e et que sa courbe représentative admet au point de coordoonées

−1 e,−1

une tangente parallèle à (Oy).

4. lim

x→+∞

g(x)

x = lim

X→+∞

g(f(X))

f(X) = lim

X→+∞

1

e^X = 0 et donc la courbe représentative de g admet en +∞ une branche parabolique de direction(Ox).

5. (a)gest continue sur

−1 e,+∞

et donc gadmet des primitive sur cet intervalle.

Pour tout u ∈

−1 e,+∞

, h(u) = Zu

0

g(t) dt. Soit alors u ∈

−1 e,+∞

. Puisque l’application g est de classe C¹ sur

−1 e,+∞

, on peut poserx=g(t)et donct=f(x)puisdt=f^′(x)dx. On obtient

h(u) = Zu

0

g(t)dt= Zg(u)

g(0)

x(x+1)e^xdx= Zg(u)

0

x(x+1)e^xdx.

Une primitive de la fonction x 7→ (x²+x)e^x est de la forme x 7→ (ax²+bx+c)e^x. Comme (ax²+bx+c)e^x′

= (ax²+ (b+2a) + (c+b))e^x, on choisita,b et ctels que a=1, b+2a =1 et c+b= 0c’est-à-direa= 1, b= −1 et c=1. Par suite,

h(u) = [(x−2−x+1)e^x]^g(u)₀ = g(u)²−g(u) +1

e^g(u)−1=ug(u) −u+e^g(u)−1.

Ce résultat est encore valable pouru= −1

e par continuité deg enh.

(b) Z0

−¹e

g(t)dt= −h

−1 e

= 1 eg

−1 e

+ 1

e−e^g(⁻¹e) +1= −1 e +1

e −1

e +1=1−1 e.

Partie III

1. Sic=1, la suiteUest constante :∀n∈N,un =1.

2. Si la suite U converge vers un certain réel ℓ, alors ℓ > 0 car la suite U est positive. Ensuite, ℓ = e^ℓlnc puis

−ℓlnce^−ℓlnc = −lncou encoref(−ℓlnc) = −lnc.

Puisque0 < c < e^1/e on a lnc < 1

e ou encore−lnc >−1 e. Ensuite,u0=c < e^1/e < eet si pourn>0, un < e, alors

un+1=e^unlnc < e^e×1e =e.

On a montré par récurrence que∀n∈N,u_n< e. Mais alors06ℓ6e.

En résumé,−lnc >−1

e et06ℓ6e. Mais alors−ℓlnc >−1et l’égalitéf(−ℓlnc) = −lncs’écrit encore−ℓlnc=g(−lnc) ou finalement

ℓ= −g(−lnc) lnc .

3. (a)u0=√

2=1, 4 . . .puisu1=e^√2ln√2=1, 6 . . .. Doncu06u162.

(b)Montrons par récurrence que∀n∈N,un6un+162.

•C’est vrai pourn=0d’après la question précédente.

•Soitn>0. Supposons queu_n 6u_n+162. Puisque√

2est supérieur à1, la fonctionx7→√

2^xest croissante surR. On en déduit que√

2^un 6√

2^un+16√

2²et finalement queun+16un+162.

Le résultat est démontré par récurrence.

(c) La suite (u_n) est croissante et majorée par 2 et donc la suite (u_n) converge vers un certain réel ℓ. D’autre part,

√2=1, 41 . . .et e^1e =1, 44 . . .Donc,c < e^1e. La question 2. nous permet d’affirmer que

ℓ= − g

−ln√ 2 ln√

2 . Mais f(−ln2) = −ln2e^−ln2 = −ln2

2 = −ln√ 2

et de plus, −ln√ 2

= −0, 34 . . . > −0, 36 . . . = −1

e. On en déduit queg

−ln√ 2

= −ln2 puis que

ℓ= − −ln2 ln√

2 =2.

4. (a)Puisquee^−e< 1, la fonctionw est décroît strictement sur]0,+∞[, de1à 0.

(b) i.En particulier,w(]0,+∞[) =]0, 1[⊂]0,+∞[. Doncw◦west définie et croissante sur]0,+∞[à valeurs dans]0,+∞[.

Ensuite, la suiteUest positive et∀n∈N, u_2n+2=w◦w(u_2n). Par suite, pourn∈N,

sgn(u2n+4−u_2n+2) =sgn(w◦w(u_2n+2) −w◦w(u_2n)) =sgn(u2n+2−u_2n), et donc la suite(u_2n)_n∈Nest monotone.

Soitx∈

0,1 e

. Puisquew◦west croissante sur

0,1 e

, on aw◦(0)6w◦w(x)6w◦w 1

e

avecw◦w(0) =w(1) = 1 e^e >0 etw◦w

1 e

=w(e⁻¹)e⁻¹. En résumé,∀x > 0,x∈

0,1

e

⇒w◦w(x)∈

0,1 e

. Puisque l’intervalle

0,1 e

est stable parw◦wet queu₀= 1 e^e ∈

0,1

e

, la suite(u_2n)_n∈Nest à valeurs dans

0,1

e

.

ii. u₁ = e^−e−e+1 ∈]0,+∞[ et ∀n ∈ N, u_2n+3 = w◦w(u_2n+1). Par suite, comme à la question précédente, la suite (u_2n+1)_n∈Nest monotone.

u1 = 1

e^e−e+1 > 1 e^e0 = 1

e. D’autre part, six est un réel supérieur ou égal à 1

e, alorsw◦w(x)>w◦w 1

e

= 1 e. Donc

∀n∈N,u2n+1> 1 e.

iii.ln(u0) =ln(e^−e) = −e. Puis,

ln(u2) =ln(w◦w(e^−e)) =ln w

e^−e1−e

=ln

e^−e×e−e

1−e

= −e×e^−e1−e puis−e^1−e60 et donce^−e1−e 61 puis ln(u2) = −e×e^−e1−e >−e=ln(u0)et finalementu₂>u₀.

iv. Puisque la suite (u_2n)_n∈N est monotone et queu0 6 u2, on en déduit plus précisément que la suite (u_2n)_n∈N est croissante.

Puisque la fonctionwest décroissante sur]0,+∞[, on en déduit encore que pourn∈N,u2n+3=w(u_2n+2)6w(u_2n) = u2n+1 et donc la suite(u_2n+1)_n∈Nest décroissante.

v.La suite(u2n)n∈Nest croissante et majorée par1

e. Donc la suite(u2n)n∈Nconverge vers un réelℓ1∈

0,1 e

. De même, la suite(u2n+1)_n∈Nest décroissante et minorée par 1

e. Donc la suite(u2n+1)_n∈Nconverge vers un réelℓ₂∈ 1

e, u₁

⊂ 1

e, 1

. Les deux réels ℓ1 et ℓ2 sont éléments de [0, 1] et solution de l’équation w(w(x)) −x= 0. D’après le résultat admis par l’énoncé, la fonctionx7→w(w(x)) −xest strictement décroissante sur[0, 1]et donc injective sur[0, 1]. On en déduit que ℓ1=ℓ2. Enfin,ℓ16 1

e 6ℓ2fournitℓ1=ℓ2= 1 e.

Ainsi, les deux suites(u_2n)_n∈Net(u2n+1)_n∈N convergent et ont même limite, à savoir 1

e. On sait alors que la suiteUconverge et lim

n→+∞un = 1 e.

Partie IV

1. (a)

1+ 1 n

n

=exp

nln

1+ 1 n

n→=+∞exp

n 1

n+o 1

n

n→=+∞exp(1+o(1))et donc

n→lim+∞

1+ 1

n n

=e.

(b)Pourn>1, posonsan = nⁿ⁻¹

n! . Pourn>1, on aan6=0puis an+1

a_n = (n+1)ⁿ (n+1)! × n!

nⁿ⁻¹ = (n+1)ⁿ⁻¹

n! × n!

nⁿ⁻¹ =

n+1 n

n−1

= n

n+1

1+ 1 n

n

,

et donc lim

n→+∞

an+1

an

=1×E=e. D’après la règle de d’Alembert,R_a= 1 e. 2. (a) i.Soitn∈N^∗,

v_n =ln un+1

un

=ln

(n+1)!

n! × nⁿ

(n+1)ⁿ⁺¹ ×eⁿ⁺¹ eⁿ ×

√n

√n+1

=ln e n+1

n

−n−¹2!

=1−

n+1 2

ln

1+ 1

n

,

puis

vn =

n→+∞1−

n+ 1 2

1 n − 1

2n² + 1 3n³ +o

1 n³

n→=+∞1−1+ 1 2n− 1

2n − 1 3n²+ 1

4n²+o 1

n²

n→=+∞

− 1 12n²+o

1 n²

.

et donc

v_n ∼

n→+∞

− 1 12n². ii. En particulier, v_n =

n→+∞

O 1

n²

. On en déduit que la série de terme général v_n, n∈ N^∗, converge absolument et donc converge.

iii.Soitn>2.

n−1X

k=1

v_k=

n−1X

k=1

(ln(uk+1) −ln(uk)) =ln(un) −ln(u1) (somme télescopique)

=ln(un) −1, et donc un = exp 1+

n−1X

k=1

vk

!

. Puisque la série de terme général vk, k ∈ N^∗, converge, la suite (u_n) converge vers exp 1+

+∞

X

k=1

vk

! .

iv.L=exp 1+

+∞

X

k=1

vk

!

> 0. La question précédente permet alors d’écrire n!eⁿ nⁿ√

n ∼

n→+∞Lpuis nⁿ⁻¹

eⁿn! = nⁿ√ n n!eⁿ × 1

n√n ∼

n→+∞

1 Ln√n (b)Mais alors, nⁿ⁻¹

eⁿn! ∼

=O 1

n^3/2

et puisque 3

2 > 1, la série de terme général nⁿ⁻¹

eⁿn! converge.

(c) Soit|z| un nombre complexe de module R = 1

e. Pour n ∈N^∗,

nⁿ⁻¹ n! zⁿ

= nⁿ⁻¹

n!eⁿ et donc la série de terme général nⁿ⁻¹

n! zⁿ est absolument convergente.

Par suite, la fonctionSest définie sur la totalité du disque fermé de convergence :

z∈C/|z|6 1 e

.

Partie V - A

1. On sait queE^R est contenu dansK^R car une fonction développable en série entière sur] −R, R[est en particulier de classeC^∞ sur] −R, R[\{0}.

• La fonction nulle appartient àL^R. Ensuite, d’après la remarque de l’énoncé,L^Rest contenue dansK^R. Soient(f₁, f₂)∈(LR)²et (λ₁, λ₂)∈R². Il existe(h₁, h₂)∈(ER)²et(n₁, n₂)∈N²tels que

∀x∈] −R, R[\{0},f₁(x) = h₁(x)

xⁿ¹ et f₂(x) = h₂(x) xⁿ² . Mais alors,

h (x) h (x) λ xⁿ h (x) +λ xⁿ h (x)

Comme la fonctionx7→λ₁xⁿ²h₁(x) +λ₂xⁿ¹h₂(x)et dansLR et quen₁+n₂est dansN, ceci montre queλ₁f₁+λ₂f₂est dansLR.

On a montré queL^R est un sous-espace vectoriel deK^R.

•Soitf∈ E^R. Comme∀x∈] −R, R[\{0},f(x) = f(x)

x⁰ ,fest un élément deL^R. On a montré queE^R⊂ L^R. 2. Existence.Soith∈ L^R. Il existeh1∈ E^Ret n∈Ntels que∀x∈] −R, R[\{0},h(x) = h1(x)

xⁿ . Ensuite, il existe une suite réelle(ak)k∈N telle que∀x∈]R, R[, h1(x) =

+∞

X

k=0

akx^k. Par suite, pour x∈] −R, R[\{0},

h(x) =

+∞

X

k=0

akx^k−n =

+∞

X

i=−n

ai+nxⁱ=X

i∈Z

αi(h)xⁱ,

où∀i∈Z, α_i(h) =

ai+n sii>−n 0sii < n .

Unicité.Soith∈ L^R. Siha une limite réelle en0, la fonctionh, prolongée par continuité en0, est développable en série entière sur] −R, R[et on sait que les coefficientsαi(h)sont uniquement définis à partir deh.

Supposons alors queh n’a pas une limite réelle en0. Il existeh1∈ E^Ret n∈Ntels que∀x∈] −R, R[\{0},h(x) = h1(x) xⁿ . Quite à simplifier par une puissance dex, on peut supposer que h1(0)6=0. Dans ce cas,net h1 sont uniquement défini à partir deh car nest l’unique entier tel que la fonction x7→xⁿh(x)ait une limite réelle non nulle en 0 puis h1 est la fonctionx7→xⁿh(x)prolongée par continuité en0.

On écrit alors∀x∈] −R, R[\{0},xⁿh(x) =

+∞

X

i=−n

αi(h)xⁱ⁺ⁿ= Xn

k=0

αk−n(h)x^k=h1(x)et on sait que

∀k>0,α_k−n = h^(k)₁ (0)

k! = (xⁿh)^(k)(0) k!

oùxⁿh désigne la fonctionx7→xⁿh(x)prolongée par continuité en0. D’autre part, ∀k < 0, αk−n(h) =0. On a montré que la suite(α_i(h))_i∈Z est uniquement définie à partir deh.

3. Soient(h1, h2)∈(L^R)²et(λ1, λ2)∈R². On sait déjà queλ1h1+λ2h2 est dansL^R. Pourx∈] −R, R[\{0}, λ₁h₁(x) +λ₂h₂(x) =λ₁X

i∈Z

α_i(h₁) +λ₂X

i∈Z

α_i(h₂)xⁱ=X

i∈Z

(λ₁α_i(h₁) +λ₂α_i(h₂))xⁱ, et en particulier, par unicité desα_i,

α−1(λ₁h₁+λ₂h₂) =λ₁α−1(h₁) +λ₂α−1(h₂).

et doncα−1est une forme linéaire surL^R, clairement nulle surE^R. 4. Pourx∈] −R, R[\{0}, posonsh(x) = h1(x)

xⁿ oùh1∈ E^Retn∈N.hest dérivable sur] −R, R[\{0}et pourx∈] −R, R[\{0}, h^′(x) = h₁^′(x)

xⁿ −nh1(x)

xⁿ⁺¹ = xh₁^′(x) −nh1(x) xⁿ⁺¹ .

Comme la fonctionx 7→xh₁^′(x) −nh1(x) est encore dansE^R, h^′ est dans L^R. Ensuite, α−1(h^′) est le coefficient de xⁿ dans le développement en série entière de la fonctionx7→xh₁^′(x) −nh1(x). En posantan = h⁽ⁿ⁾(0)

n! , ce coefficient vaut nan−nan=0. Doncα−1(h^′) =0.

5. (a)Pour toutx∈R,f^′(x) = (x+1)e^xpuis pour tout x∈R\ {0}, f^′(x)

f(x) = (x+1)e^x xe^x = 1

x+1.

Ceci montre que la fonction f^′

f est dansL^R et que∀k∈Z,αk

f^′ f

=

1sik∈{−1, 0}

0sik /∈{−1, 0}

(b)Soitn∈N^∗. Pour x6=0, 1 fⁿ(x)= 1

xⁿe^−nx =

+∞

X

i=0

(−n)ⁱ i! xⁱ⁻ⁿ=

+∞

X

k=−n

(−n)^k+n (k+n)!x^k.

Ceci montre que la fonction 1

fⁿ est dansL^Ret que ∀k∈Z, αk

1 fⁿ

=





(−n)^k+n

(k+n)! sik>−n 0sik <−n

.

Partie V - B

1. c₀=g(0) =0etc₁=g^′(0) = 1

f^′(g(0)) = 1 f^′(0) =1.

2. f réalise une bijection strictement croissante de [−1,+∞[ sur

−1 e,+∞

. Par suite, l’équation f(x) = − 1 2e ∈

−1 e,+∞

(resp. f(x) = 1

2e) admet une unique solution x0 (resp. x1) dans [−1,+∞[. Par stricte croissance de f sur [−1,+∞[, six0< x < x1, alors− 1

2e < f(x)< 1

2e ou encore|xe^x|< 1 2e.

Enfin, puisquef(x₀)< 0etf(x₁)> 0, on ax0< 0 < x1. Mais alorsR=Min{|x0|,|x₁|}convient.

3. Pour tout réelxde] −R, R[,|f(x)|< 1

2e puis, pouri∈N, sup{|cifⁱ(x)|, x∈] −R, R[}6|ci| 1

2e i

. Puisque 1 2e < 1

e et queRc>1

e d’après le résultat admis par l’énoncé, on sait que la série numérique de terme généralci

1 2e

i

est absolument convergente et donc la série de fonctions de terme généralc_ifⁱ, i ∈ N, converge normalement sur] −R, R[. Enfin, pour x∈] −R, R[,

+∞

X

i=0

c_ifⁱ(x) =g(f(x) =x=φ(x).

4. Soitn>1. Comme à la question précédente, pouri>n, sup{|cifⁱ⁻ⁿ(x)|, x∈] −R, R[}6|ci|

1 2e

i−n

= (2e)ⁿ|ci| 1

2e i

qui est le terme général d’une série numérique convergente, et donc la série de fonctions de terme généralcifⁱ⁻ⁿ, i>n, converge normalement sur] −R, R[. On note que pourx∈] −R, R[\{0},

+∞

X

i=n

cifⁱ⁻ⁿ(x) = 1 fⁿ(x)

+∞

X

i=n

cifⁱ(x) = x−

n−1X

i=0

c_ifⁱ(x) xⁿe^nx .

5. (a)Comme dans les deux questions précédentes, la série de fonctions de terme généralcifⁱ,i>n, converge normale- ment sur] −R, R[vers la fonctionφ−

n−1X

i=0

c_ifⁱ.On sait que chaquefⁱ,06i6n−1, est développable en série entière sur ] −R, R[et donc la fonctionφ−

n−1X

i=0

cifⁱ est développable en série entière sur] −R, R[en tant que combinaison linéaire de fonctions développables en série entière sur] −R, R[.

(b)Soitn>1.

• Soit U(x) =

+∞

Xγixⁱ une série entière de rayon de convergence r > 0. On sait qu’en particulier U admet en 0 un

U(x) =

x→0γ₀+γ₁x+. . .+γn−1xⁿ⁻¹+γ_nxⁿ+o(xⁿ), et donc aussi

U(x) xⁿ =

x→0

γ0

xⁿ + γ1

xⁿ⁻¹+. . .+γn−1

x +γ_n+o(1).

Maintenant, si les desγi,06i6n−1, est non nul, on peut considéreri0=Min{i∈J0, n−1K, γi6=0}. On a alors U(x)

xⁿ ∼

x→0

γi0

xⁿ⁻ⁱ⁰, et donc lim

x→0

U(x) xⁿ

= +∞. Par contraposition, si U(x)

xⁿ a une limite finie, alorsγ0=. . .=γn−1=0.

•D’après la question V.B.4), la série de fonctions de terme généralcifⁱ⁻ⁿ,i>n, converge normalement sur ] −R, R[.

•On poseU=

+∞

X

i=n

cifⁱ puisV=

+∞

X

i=n

cifⁱ⁻ⁿ de sorte que U=fⁿVou encore pourx∈] −R, R[\{0},V(x) = U(x) fⁿ(x). D’après la question V.B.5)a),Uest développable en série entière sur ] −R, R[. De plus, puisque la série de fonctions de terme généralcifⁱ⁻ⁿ,i>n, converge normalement versVsur] −R, R[et que chaque fonctioncifⁱ⁻ⁿ,i>n, est continue sur] −R, R[,V est continue sur] −R, R[et en particulier continue en0. Commefⁿ(x) =xⁿe^nx ∼

x→0xⁿ, on a encore V(x) = U(x)

fⁿ(x) ∼

x→0

U(x) xⁿ , et doncU(x)

xⁿ tend versV(0)quandxtend vers0. En particulier,U(x)

xⁿ a une limite finie en0. D’après le lemme précedement établi,Uadmet un développement en série entière de la forme :

∀x∈] −R, R[, U(x) =

+∞

X

k=n

a_kx^k, On en déduit que pourx∈] −R, R[\{0},

V(x) = 1 xⁿe^nx

+∞

X

k=n

a_kx^k=

+∞

X

i=0

(−n)ⁱ i! xⁱ

!



+∞

X

j=0

aj+nx^j



=

+∞

X

k=0



 X

i+j=k

(−n)ⁱ i! aj+n



x^k,

(produit deCauchy sur] −R, R[de deux séries entières de rayons au moins égaux à R) ce qui reste vrai pourx=0 par continuité deV en0. FinalementV est développable en série entière sur] −R, R[.

(c)Soitn>1. Pour tout réelx∈] −R, R[, on sait que x=

+∞

X

i=0

c_ifⁱ(x) =

n−1X

i=0

c_ifⁱ(x) +c_nfⁿ(x) +

+∞

X

i=n+1

c_ifⁱ(x)

Mais alors, pourx∈] −R, R[\{0}, après multiplication des deux membres de cette égalité par f^′(x)

fⁿ⁺¹(x), on obtient

n−1X

i=0

cif^′(x)fⁱ⁻ⁿ⁻¹(x) +cn

f^′(x) f(x) +

+∞

X

i=n+1

cif^′(x)fⁱ⁻ⁿ⁻¹(x) = xf^′(x) fⁿ⁺¹(x) (d)Soitn>1. Par linéarité deα−1, on a alors

α₋₁ φf^′

fⁿ⁺¹

=

n−1X

i=0

c_iα₋₁(f^′fⁱ⁻ⁿ⁻¹) +c_nα₋₁ f^′

f

+α₋₁ f^′

+∞

X

i=n+1

c_ifⁱ⁻ⁿ⁻¹

! (I).

Puisque la fonctionf^′

+∞

X

i=n+1

c_ifⁱ⁻ⁿ⁻¹est développable en série entière d’après la question V.B.5)b),α−1 f^′

+∞

X

i=n+1

c_ifⁱ⁻ⁿ⁻¹

!

= 0d’après la question V.A.3). D’après la question V.A.5)b) et puisque LR est un espace vectoriel, pour 06i6n−1, la fonction− 1

(n−i)fⁿ⁻ⁱ est dansL^R. Mais alors, d’après la question V.A.4), sa dérivée, à savoirf^′fⁱ⁻ⁿ⁻¹est dansL^Ret de plus,α−1(f^′fⁱ⁻ⁿ⁻¹) =0. Enfin, D’après la question V.A.5)a),α−1

f^′ f

=1. L’égalité (I) s’écrit alors plus simplement

cn =α−1

φf^′ fⁿ⁺¹

.

(e)Soitn>1.

φ fⁿ

′

= φ^′

fⁿ −n φf^′ fⁿ⁺¹ = 1

fⁿ −n φf^′

fⁿ⁺¹. Puisque φ

fⁿ est dansLR, la question V.A.4) fournit 0=α−1

φ fⁿ

′!

=α−1

1 fⁿ

−nα−1

φf^′ fⁿ⁺¹

, par linéarité deα−1d’après la question V.A.3), et donc, d’après la question V.A.5)b),

c_n=α₋₁ φf^′

fⁿ⁺¹

=α₋₁ 1

nfⁿ

= 1

n×(−n)ⁿ⁻¹

(n−1)! = (−n)ⁿ⁻¹ n!

6. Pour x∈

−1 e,1

e

,

g(x) =

+∞

X

n=1

(−n)ⁿ⁻¹ n! xⁿ= −

+∞

X

n=1

nⁿ⁻¹

n! (−x)ⁿ = −S(−x).