MPSI B 15 décembre 2019

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Énoncé

Question préliminaire

Soit (a n ) _n∈N , une suite de réels strictement positifs telle que ( a n+1

a n

) _n∈N converge vers un réel strictement plus petit que 1.

Montrer que (a _n ) _n∈

_N

est dominée par une suite géométrique de raison strictement plus petite que 1.

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=1

k ^p k! ) _n∈

_N

On note U p sa limite.

1

D'après ENGEES 99 B PSI

b. Vérier par récurrence que pour tout p ∈ N U _p+1 =

p

X

k=0

p k

U _k

c. Montrer que pour tout p ∈ N, T p = U p .

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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Corrigé

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

⁰⁽ⁿ⁻¹⁾

(x) =

n−1

X

k=0

n − 1 k

e ^x f ^(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 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

n k

e

^1e

2ek ^k ≤ 2e

^1e

⁺¹

n−1

X

k=0

n k

k ^k

≤ 2e

^1e

⁺¹

n−1

X

k=0

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 < 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

On 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+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=1

k ^p k!

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

N

c. Notons

s n (p) = 1 e

n

X

k=1

k ^p k!

Alors (s n (p)) _n∈N converge vers U p . En particulier, U 0 = 1 car s n (0) = ¹ _e P n k=1

1

converge vers 1. La démonstration de k!

(

n

X

k=1

1

k! ) _n∈

_N

→ e

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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+1 k! = 1

e

n

X

k=1

k ^p (k − 1)! = 1

e 1 +

n−1

X

k=1

(k + 1) ^p k!

!

= 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⁻¹ X

k=1

k ⁱ k!

!

= 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 _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

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