Pour tout entier n , on note T n = f (n) (0)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

On considère

¹

la fonction dénie dans R par f (x) = e ^(e

^x−1)

Pour tout entier n , on note T n = f ⁽ⁿ⁾ (0)

1. a. Calculer f

⁰

(x) puis la dérivée n -ième de f en fonction des f ^(k) , pour k entre 0 et n − 1 . Vérier que f ⁽ⁿ⁾ ne prend sur R que des valeurs strictement positives.

b. Vérier que pour tout x ∈] − ¹ _e , ¹ _e [ et n entier

|f ⁽ⁿ⁾ (x)| ≤ 2e n ⁿ 2. a. Montrer que pour tout x ∈] − ¹ _e , ¹ _e [ , la suite

( x ⁿ n ⁿ n! ) _n∈

_N

converge vers 0.

b. Montrer que pour tout x ∈] − ¹ _e , ¹ _e [ , la suite (

n

X

k=0

T _k k! x ^k ) _n∈

_N

converge vers f (x) .

3. a. Pour p ∈ N xé, montrer la convergence de la suite ( 1

e

n

X

k=0

k ^p k! ) _n∈N On note U p sa limite.

b. Vérier que pour tout p ∈ N

U _p+1 =

p

X

k=0

C _p ^k U _k

c. Montrer que pour tout p ∈ N

T p = U p

1

D'après ENGEES 99 B PSI

Corrigé

1. a. La dérivée s'exprimant comme un produit, on peut obtenir les dérivées suivantes par la formule de Leibniz.

f

⁰

(x) = e ^x exp(e ^x − 1) = e ^x f (x) f ⁽ⁿ⁾ (x) = f

⁰⁽ⁿ⁻¹⁾

(x) =

n−1

X

k=0

C _n−1 ^k e ^x f ^(k) (x)

Il est bien 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( ¹ _e ) est 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

C _n ^k e

^1e

2ek ^k ≤ 2e

^1e

⁺¹

n−1

X

k=0

C _n ^k k ^k

≤ 2e

^1e

⁺¹

n−1

X

k=0

C _n ^k (n − 1) ^k ≤ 2e

^1e

⁺¹ (1 + n − 1) ⁿ⁻¹ ≤ 2en ⁿ e

^1e

n Comme 2 < e < 3 , e

^1e

≤ 3

¹²

< 2 donc ^e _n

ⁿ¹

< 1 pour n ≥ 2

2. a. Pour x ∈] − ¹ _e , ¹ _e [ notons

a _n (x) = (nx) ⁿ n!

et formons le quotient de deux termes consécutifs. Après simplication, on trouve a n+1 (x)

a n (x) = x n + 1

n n

qui converge vers ex quand n → +∞ . Comme 0 < ex < 1 , le principe de comparai- son logarithmique montre que (a _n (x)) _n∈

_N

est dominée par une suite géométrique qui converge vers 0 ; elle converge donc elle même vers 0.

b. Pour x ∈] − ¹ _e , ¹ _e [ notons

s _n (x) =

n

X

k=0

T ^k k! x ^k

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/

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Rémy Nicolai Aanal6

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On reconnaît dans s n (x) un développement de Taylor en 0 de f . L'écart avec f 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+1 est le borne supérieure de f ⁽ⁿ⁺¹⁾ sur l'intervalle d'extrémités 0 et x . On majore M n+1 avec 1.b :

|f (x) − s n (x)| ≤ |x| ⁿ⁺¹

(n + 1)! 2e(n + 1) ⁿ⁺¹ = 2ea n+1

et le théorème d'encadrement montre avec 2.(a) la convergence de (s n (x)) _n∈N vers f (x)

3. a. C'est encore la comparaison logarithmique qui permet de conclure. Posons a k =

k

^p

p! , alors

a k+1

a k

=

k + 1 k

p

1 k + 1 → 0

donc (a k ) _k∈N est dominée par toute suite géométrique dont la raison est dans ]0, 1[ , en particulier ¹ ₂ . Il existe donc un nombre réel A tel que

1 e

n

X

k=1

k ^p k! ≤ 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=0

k ^p k!

de sorte que pour chaque p , U p est la limite de (s n (p)) _n∈

_N

. En particulier, U 0 = 1 car

s n (0) = 1 e

n

X

k=1

1 k!

converge vers 1. La démonstration de (

n

X

k=0

1

k! ) _n∈

_N

→ e

s'obtient à partir de la dénition de la fonction exponentielle ou de l'inégalité de Taylor Lagrange.

Considérons s _n (p + 1) : (remarquons que la somme commence à k = 1 car la contribution de k = 0 est nulle)

s _n (p + 1) = 1 e

n

X

k=1

k ^p+1 k! = 1

e

n

X

k=1

k ^p (k − 1)!

= 1

e

n−1

X

k=0

(k + 1) ^p k! = 1

e

n−1

X

k=0

1 k!

p

X

i=0

C _p ⁱ k ⁱ

= 1

e

p

X

i=0

C _p ⁱ

n−1

X

k=0

k ⁱ k!

=

p

X

i=0

C _p ⁱ s _n−1 (i)

On en déduit la formule demandée en passant à la limite pour n → ∞

c. D'après l'expression de f ⁽ⁿ⁾ trouvée en 1.(a), les suites T n et U n vérient 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

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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