MPSI B Corrigé (partiel) du DM 10 29 juin 2019
Partie I
1. Le calcul de f 1 et f 2 s'eectue en utilisant des coecients indéterminés et en formant des équations pour les conditions requises. En utilisant :
f 1 (x) = ax + b + (cx + d)e x f 1 0 (x) = a + (cx + c + d)e x f 1 00 (x) = (cx + 2c + d)e x On obtient
f 1 (x) = (x + 2) + (x − 2)e x En utilisant :
f 2 (x) = ax 2 + bx + c + (αx 2 + βx + γ)e x f 2 0 (x) = 2ax + b + (αx 2 + (2α + β )x + β + γ)e x f 2 00 (x) = 2a + (αx 2 + (4α + β )x + 2α + 2β + γ)e x f 2 (3) (x) = (αx 2 + (6α + β)x + 6α + 3β + γ)e x
On obtient
f 2 (x) = (−x 2 − 6x − 12) + (x 2 − 6x + 12)e x
2. a. Calculons, à l'aide de la formule de Leibniz, la dérivée n + 1 ème de la fonction
x → x 2n+1 e x (n + 1)!
Comme on connait les dérivées successives des fonctions puissances et de la fonc- tion exponentielle, il vient :
1 (n + 1)!
n+1
X
k=0
n + 1 k
(2n + 1)!
(2n + 1 − k)! x 2n+1−k e x Le coecient de x n e x s'obtient pour k = n + 1 . Il s'agit de :
(2n + 1)!
(n + 1)! n! =
2n + 1 n
∈ N
b. Étudions la fonction ϕ n dénie par : ϕ n (x) = 1
(n + 1)! x 2n+1 e x − f n (x) On la dérive n + 1 fois :
ϕ (n+1) n (x) = 1
(n + 1)! x 2n+1 e x (n+1)
− x n e x
à cause des conditions sur f n . C'est une somme de termes de la forme u k x k e x
avec k entre n et 2n +1 . Il est clair que tous les u k sont positifs ou nuls pour k > n (ils viennent exclusivement de la dérivée calculée avec la formule de Leibniz). Pour k = n , le coecient est :
2n + 1 n
− 1
qui est un entier strictement positif. Ceci montre que ϕ (n+1) n (x) ≥ 0 pour x ≥ 0 . De plus toutes les dérivées successives de x 2n+1 e x sont nulles en 0. On en déduit
ϕ n (0) = ϕ 0 n (0) = · · · = ϕ (n) n (0) = 0 On peut donc former une cascade de tableaux de variations :
0 +∞
ϕ (n+1) n 0 + ϕ (n) n 0 % ϕ (n−1) n 0 %
... ...
On en déduit en particulier que ϕ n (x) > 0 pour x > 0 . C'est à dire :
∀x > 0 : f n (x) < 1
(n + 1)! x 2n+1 e x
Le raisonnement est analogue pour l'autre inégalité en dérivant la fonction f n .
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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3. Soit m ∈ N, on suppose qu'il existe q ∈ N tel que qe m ∈ Z. Alors : qf n (m) = qA n (m)
| {z }
∈ Z
+ B n (m)
| {z }
∈ Z
qe m
|{z}
∈ Z
∈ Z
car A n et B n sont à coecients dans Z. D'autre part, d'après 2.
(I) : 0 < qf n (m) < m 2n+1 qe m (n + 1)!
Or (qe m m (n+1)!
2n+1) n∈ N et une suite de la forme (A (n+1)! B
n) n∈ N pour des réels A et B xés.
Elle converge donc vers 0.
Pour n assez grand, m
2n+1(n+1)! qe
mdevient donc strictement plus petit que 1 ce qui est contradictoire avec (I) lorsque qf n (m) est entier. On en déduit que f n (m) est irration- nel pour tout m entier.
Partie II
1. Le tableau suivant se calcule en partant de la ligne 0| 1 0 0 0 0
En descendant, il s'agit du triangle de Pascal usuel. En remontant, on procède de gauche à droite en calculant les termes au fur et à mesure pour que la relation soit vériée. On obtient
m k 0 1 2 3 4
−4 1 −4 10 −20 35
−3 1 −3 6 −10 15
−2 1 −2 3 −4 5
−1 1 −1 1 −1 1
0 1 0 0 0 0
1 1 1 0 0 0
2 1 2 1 0 0
3 1 3 3 1 0
4 1 4 6 4 1
On peut remarquer aussi que ces coecients sont entiers à cause de leur dénition même.
2. a. Pour le calcul suivant, on utilise les propriétés usuelles des opérations dans un anneau :
n
X
k=0
c −1,k d k
!
(i + d) =
n
X
k=0
c −1,k d k +
n
X
k=0
c −1,k d k+1
=
n
X
k=0
(c −1,k + c −1,k−1 ) d k (car d n+1 = 0 )
=
n
X
k=0
c 0,k d k = 1d 0 = i
Comme i commute avec tout le monde (en particulier d ), le produit dans l'autre sens est aussi égal à i . On en déduit que i + d est inversible avec :
(i + d) −1 =
n
X
k=0
c −1,k d k
b. Pour m dans N, la formule demandée est la formule du binome habituelle dans une anneau. Pour les entiers négatifs, on va démontrer la formule P m pour m ∈ Z − N par une récurrence descendante.
(P m ) (i + d) m =
n
X
k=0
c m,k d k
La question a. montre (P −1 ) . Montrons maintenant que (P m ) ⇒ (P m−1 ) En eet, par un calcul analogue à celui du a. :
n
X
k=0
c m−1,k d k
!
(i + d) =
n
X
k=0
(c m−1,k + c m−1,k−1 ) d k =
n
X
k=0
c m,k d k
= (i + d) m (d'après (P m ) ) On peut alors multiplier à droite par (i + d) −1 et utiliser l'associativité ce qui
donne : n
X
k=0
c m−1,k d k = (i + d) m−1 C'est à dire (P m−1 ) .
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Rémy Nicolai M0710CMPSI B Corrigé (partiel) du DM 10 29 juin 2019
Partie III
1. Si on dérive n + 1 fois un polynôme de degré inférieur ou égal à n , on obtient toujours le polynôme nul. L'endomorphisme d est donc nilpotent avec d n+1 = 0 L( R
n(X)) . On peut alors appliquer les résultats de la partie II. On en déduit que i + d est inversible dans l'anneau des endomorphismes, c'est donc un automorphisme.
2. a. La remarque fondamentale est ici que la dérivée de la fonction x → P (x)e x est x → (P + P 0 )(x)e x où
P + P 0 = (i + d)(P ) La dérivée seconde est alors
(i + d) 2 (P )(x)e x et ainsi de suite. Par exemple la dérivée d'ordre m est :
β (m) (x) = [(i + d) m (B n )] (x)e x avec (i + d) m (B n ) = (i + d) m−n−1 (X n ) Pour m = n + 1 :
(i + d) m−n−1 = i d'où
β (n+1) (x) = x n e x b. D'après la question précédente :
β (m) (0) =
(i + d) m−n−1 (X n ) (0)e 0
Pour m entre 0 et n , l'exposant m −n − 1 est négatif et on peut utiliser la formule du II.2.b.
β (m) (0) =
" n X
k=0
c m−n−1,k d k (X n )
# (0) =
" n X
k=0
c m−n−1,k
n!
(n − k)! X n−k
# (0)
= c m−n−1,n n! (car seul k = n contribue) On a donc bien
β n (m) (0)
n! = c m−n−1,n ∈ Z
On est ici en mesure de prouver le résultat admis dans la partie I (existence des polynômes A n et B n ).
On choisit d'abord B n = (i + d) −(n+1) (X n ) . Par dénition c'est un polynôme de
degré au plus n . À cause de la formule de la question II.2.b, il est à coecients dans Z.
On doit maintenant trouver un polynôme A n de degré au plus n et tel que si f n (x) = A n (x) + B n (x)e x = A n (x) + β n (x)
on ait f n (m) (0) = 0 pour tous les m entre 0 et n . La dernière relation étant automatiquement vériée à cause du degré de A n et de la dénition de B n (III.2.a).
La condition impose
A (m) n (0) = −β n (m) (0)
D'après la formule de Taylor, le coecient de X m dans A n est A (m) n (0)
m! = − β n (m) (0)
m! = −(m + 1)(m + 2) · · · n β n (m) (0) n! ∈ Z ceci montre que le polynôme A n ainsi construit est bien à coecients entiers.
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