II La suite γ

SESSION 2007

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE

EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE PSI

MATHEMATIQUES 1

I Les suites α et β

I.1 Etude de la suiteα

I.1.1α0=1,α1=α0−1=0,α2=2α1+1=1, α3=3α2−1=2et α4=4α3+1=9.

α0=1,α1=0,α2=1 α3=2 etα4=9.

I.1.2α0etα1 sont des entiers naturels. Montrons par récurrence que∀n≥2,αn est un entier naturel non nul.

• Le résultat est vrai pourn=2.

• Soitn≥2. Supposons queαn≥1. Déjàαn+1= (n+1)αn+ (−1)ⁿ⁺¹∈Z. De plus, αn+1≥(2+1)×1−1=2≥1.

On a montré par récurrence que

∀n∈N, αn∈N.

I.2 Etude de la suiteβ

I.2.1β0=1,β1=1!×(1−1) =0,β2=2!(1−1+1

2 =1,β3=3!(1−1+1 2−1

6) =2etβ4=4!(1−1+1 2−1

6+ 1 24) =9.

β0=1,β1=0,β2=1 β3=2 etβ4=9.

I.2.2Soitn∈N.

βn= (−1)ⁿ+(−1)ⁿ⁻¹n+(−1)ⁿ⁻²n(n−1)+. . .+(−1)²n(n−1)×. . .×3+(−1)¹n(n−1)×. . .×2+(−1)⁰n(n−1)×. . .×1∈Z.

∀n∈N, βn ∈Z. I.2.3Soitn∈N.

βn+1− (n+1)βn= (n+1)!

n+1X

k=0

(−1)^k

k! − (n+1)!

Xn

k=0

(−1)^k

k! = (n+1)!×(−1)ⁿ⁺¹

(n+1)! = (−1)ⁿ⁺¹. β0=1et∀n∈N, βn+1= (n+1)βn+ (−1)ⁿ⁺¹.

I.2.4Les suitesαet βont même premier terme et vérifient une même relation de récurrence. Donc les suitesαetβsont égales.

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I.3 Etude deρn

I.3.1Soitn∈N. La suite(1

k!)est positive, décroissante, de limite nulle. Donc la série de terme général(−1)^k

k! est alternée.

ρn est le reste à l’ordrende cette série et on sait que le signe de la somme X+∞

k=n+1

(−1)^k

k! est le signe de son premier terme (−1)ⁿ⁺¹

(n+1)!. Donc

∀n∈N, le signe deρn est(−1)ⁿ⁺¹.

I.3.2 Soitn∈N. On sait de plus que la valeur absolue de la somme

+∞X

k=n+1

(−1)^k

k! est majorée par la valeur absolue de son premier terme. Ceci s’écrit|ρn|≤

(−1)ⁿ⁺¹ (n+1)!

ou encoren!|ρn|≤ 1 n+1.

Soit n ∈ N. Si par l’absurde on a l’égalité, alors ρn est un rationnel. Mais alors e⁻¹ = Xn

k=0

(−1)^k

k! +ρn est aussi rationnel ce qui n’est pas. Donc

∀n∈N, |ρn|< 1 n+1. 1.3.3Soitn∈N^∗.

|n!e⁻¹−βn|=

n!

+∞X

k=0

(−1)^k k! −n!

Xn

k=0

(−1)^k k!

=

n!

X+∞

k=n+1

(−1)^k k!

=n!|ρn|< 1 n+1 ≤ 1

2. Donc

∀n∈N^∗, |n!e⁻¹−βn|< 1 2.

Comme d’autre partβn est un entier relatif d’après la question I.2.2, on a montré que

∀n∈N^∗,βn est l’entier le plus proche dee⁻¹n!.

I.4 Etude d’une fonction

I.4.1 Sur ] −1, 1[, l’équation différentielle proposée est équivalente à l’équation différentielle y^′− x

1−xy = 0. Puisque la fonctionx7→ x

1−x est continue sur ] −1, 1[, le théorème deCauchy permet d’affirmer qu’il existe une et une seule fonctionfdéfinie et dérivable sur ] −1, 1[, solution sur ] −1, 1[ de l’équation(1−x)y^′−xy=0 et vérifiant la condition initialef(0) =1.

Déterminons alors la fonctionf. Pourx∈] −1, 1[, posonsa(x) = − x

1−x. On aa(x) = −x+1−1

1−x =1− 1

1−x. Par suite, une primitive deasur] −1, 1[ est la fonctionA : x7→x+ln(1−x). Mais alors

fsolution⇒∀x∈] −1, 1[, f^′(x) +a(x)f(x) =0⇒∀x∈] −1, 1[, e^A(x)f^′(x) +a(x)e^A(x)f(x) =0

⇒∀x∈] −1, 1[, (e^Af)^′(x) =0⇒∀x∈] −1, 1[, e^A(x)f(x) =e^A(0)f(0)

⇒∀x∈] −1, 1[, (1−x)e^xf(x) =1⇒∀x∈] −1, 1[, f(x) = e^−x 1−x.

∀x∈] −1, 1[, f(x) = e^−x 1−x.

I.4.2fest de classeC^∞ sur] −1, 1[en tant que quotient de fonctions de classeC^∞ sur ] −1, 1[dont le dénominateur ne s’annule pas sur] −1, 1[.

1.4.3Soitn∈N. Pour toutxde] −1, 1[, on a(1−x)f(x) =e^−x. En dérivantn+1 fois cette égalité grâce à la formule deLeibniz, on obtient

(1−x)f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) − (n+1)f⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ⁺¹e^−x.

1.4.4Soit n∈N. En évaluant en0, on obtientf⁽ⁿ⁺¹⁾(0) = (n+1)f⁽ⁿ⁾(0) + (−1)ⁿ⁺¹. En tenant compte def⁽⁰⁾(0) =1, la suite(f⁽ⁿ⁾(0))est donc la suite (αn)ou encore la suite(βn)d”après la question I.2.4.

∀n∈N, f⁽ⁿ⁾(0) =βn.

II La suite γ

II.1 S¹ ne contient que l’identité du singleton {1} et donc pas de permutation sans point fixe. Donc γ1 = 0. S2 est constitué de l’identité de la paire{1, 2}et de la transpositionτ1,2.τ1,2 est sans point fixe et doncγ2=1.

γ1=0 etγ2=1.

II.2 S3 est composé de l’identité de {1, 2, 3} qui a trois points fixes, des trois transpositions τ1,2, τ1,3 et τ2,3 qui ont exactement un point fixe et des deux permutations circulaires(2 3 1)et(3 1 2)qui n’ont pas de point fixe. Ainsi,

γ3=2.

II.3

II.3.1Soitσune permutation de{1, 2, 3, 4}. σa exactement deux points fixes si et seulement si σfixe deux élémentsaet bde{1, 2, 3, 4} et la restriction deσà {1, 2, 3, 4} \ {a, b}est une permutation sans point fixe de{1, 2, 3, 4} \ {a, b}. Comme il y a

4 2

=6choix des deux points fixes et queγ2=1, le nombre de permutations de{1, 2, 3, 4}ayant exactement deux points fixes est

4 2

×γ2=6.

S4contient6 permutations ayant exactement deux points fixes.

II.3.2 Soit σ une permutation de {1, 2, 3, 4}. σ a exactement un point fixe si et seulement si σ fixe un éléments a de {1, 2, 3, 4} et la restriction de σ à {1, 2, 3, 4} \ {a} est une permutation sans point fixe de {1, 2, 3, 4} \ {a}. Comme il y a 4

1

=4 choix du point fixe et que γ3= 2, le nombre de permutations de {1, 2, 3, 4}ayant exactement un point fixe est 4

1

×γ3=8.

S4contient 8permutations ayant exactement un point fixe.

II.3.3 Il y a 4! = 24 permutations de {1, 2, 3, 4}. Une permutation a 4 points fixes. Aucune n’a exactement trois points fixes (car le point restant est obligatoirement fixe).6 ont exactement deux points fixes et 8 en ont exactement1. Donc γ4=24−6−8−1=9.

γ4=9.

II.4 Relation entre lesγk

II.4.1∀n∈N, card(Sⁿ) =n!.

II.4.2Soitσ∈ Sⁿ. Soitk∈J1, nK.σa exactementkpoints fixes si et seulement siσfixe k éléments a1, . . . ,akdeJ1, nK et la restriction deσàJ1, nK\ {a1, . . . , ak}est une permutation sans point fixe deJ1, nK\ {a1, . . . , ak}. Comme il y a

n k

choix deskpoints fixes, le nombre de permutations deJ1, nKayant exactementkpoints fixes est n

k

×γk. II.4.3 En classant les permutations de J1, nK en fonction du nombre de leurs points fixes, on a alors

Xn

k=0

n k

γk = card(Sⁿ) =n!.

∀n∈N, Xn

k=0

n k

γk=n!.

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II.5

II.5.1Soitn∈N. 0≤γn ≤ Xn

k=0

n k

γk =n!et donc 0≤ γn

n! ≤1. Ceci montre que le rayon de convergence de la série entière

+∞

X

n=0

γn

n!xⁿ est supérieur ou égal à 1.

II.5.2h est développable en série entière sur] −1, 1[en tant que produit de fonctions développables en série entière sur ] −1, 1[. Effectuons alors le produit de Cauchydes deux séries entières de l’énoncé. Pourx∈] −1, 1[, on obtient

h(x) =e^xg(x) =

+∞X

n=0

1 n!xⁿ×

+∞X

n=0

γn

n!xⁿ = X+∞

n=0

Xn

k=0

1 (n−k)!

γk

k!

! xⁿ=

+∞X

n=0

1 n!

Xn

k=0

n k

γk

! xⁿ

= X+∞

n=0

xⁿ.

II.5.3Pourx∈] −1, 1[, on a donce^xg(x) = 1

1−x puisg(x) = e^−x 1−x.

∀x∈] −1, 1[, g(x) = e^−x

1−x =f(x).

On sait déjà que le rayonRde la série de somme gest supérieur ou égal à 1. Mais lim

x→1 x<1

g(x) = lim

x→1 x<1

e^−x

1−x = +∞et on a aussiR≤1. Finalement

R=1.

II.5.4Soitn∈N. D’après la question I.4.4, on a γn

n! = g⁽ⁿ⁾(0)

n! = f⁽ⁿ⁾(0) n! = βn

n!, et donc

∀n∈N, γn=βn =n!

Xn

k=0

(−1)^k k! .

II.5.5Quandntend vers+∞,γn

n! = βn

n! tend vers1

e 6=0. La série de terme généralγn

n! est donc grossièrement divergente.

La fonctiongn’est pas définie en1.

II.5.6De même

(−1)ⁿγn

n!

ne tend pas vers0et la série de terme général (−1)ⁿγn

n! est grossièrement divergente.

La fonctiongn’est pas définie en−1.

II.5.7γ5=α5=5α4−1=44,γ6=6γ5+1=265, γ7=7γ6−1=1854puisγ8=8γ7+1=14833.

γ8=14833.

III Sur δ

= e

n! − β

III.1 La série X

n≥0

vn

III.1.1Soitn∈N.0≤Jn = Z1

0

xⁿe^xdx≤ Z1

0

xⁿe dx= e

n+1. Comme e

n+1 tend vers0 quandntend vers+∞,

n→lim+∞Jn=0.

III.1.2Soitn∈N. Pour tout réelxde[0, 1], on axⁿ⁺¹e^x≤xⁿe^x et donc par croissance de l’intégraleJn+1≤Jn. Ainsi, la suite(Jn) = ((−1)ⁿ⁺¹vn)est une suite positive décroissante de limite nulle. On en déduit que la série de terme général vn = (−1)ⁿ⁺¹Jn converge en vertu du critère spécial aux séries alternées.

III.2 Estimation intégrale de δn

III.2.1La formule deTaylor-Laplaceappliquée àa=0,b=xet la fonctiont7→e^tfournit

∀n∈N, ∀x∈R, e^x= Xn

k=0

x^k k! +

Zx 0

(x−t)ⁿ n! e^tdt.

III.2.2En évaluant en−1 on obtient

e⁻¹= Xn

k=0

(−1)^k k! +

Z−1 0

(−1−t)ⁿ

n! e^tdt= βn

n! −(−1)ⁿ n!

Z0

−1

(1+t)ⁿ n! e^tdt

= βn

n! −(−1)ⁿ n!

Z1 0

xⁿ

n!e^x−1dx(en posantx=1+t)

= βn

n! −(−1)ⁿ

en! Jn= βn

n! + vn

en!, et donc

δn=n!e⁻¹−βn= vn

e .

∀n∈N, δn = vn

e .

III.3 Sur la série X

n≥0

δn Puisque la série de terme généralvn est convergente, il en est de même de la série de terme généralδn.

Déterminons un équivalent deJn quand ntend vers+∞. Une intégration parties fournit Jn+1=

xⁿ⁺¹e^x1

0− (n+1) Z1

0

xⁿe^xdx=e− (n+1)Jn. CommeJn+1tend vers0,(n+1)Jn tend verse quandntend vers+∞. Par suite

|vn|=Jn ∼

n→+∞

e n+1 ∼

n→+∞

e n.

On en déduit que la série de terme général|vn| diverge ou encore que la série de terme généralvn n’est pas absolument convergente. Il en est de même de la série de terme généralδn.

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III.4 Sur la série X

n≥0

|δn| n

III.4.1Quandntend vers+∞, |δn| n = |vn|

en ∼ 1

n². Par suite la série de terme général |δn|

n converge.

III.4.2

III.4.2.1La fonctionx7→e^xln(1−x)est continue sur[0, 1[ et quandxtend vers1 par valeurs inférieures, e^xln(1−x) =O

1

√1−x

. On en déduit l’existence de l’intégrale impropreA.

III.4.2.2Pour tout réelxde[0, 1[, on a

−e^xln(1−x) =

+∞

X

n=1

xⁿe^x n . Pourx∈[0, 1[et n∈N^∗posons alorsfn(x) = xⁿe^x

n .

• chaque fonctionfn est continue et intégrable sur[0, 1[(car prolongeable par continuité en1)

• Puisque Z1

0

|fn(x)|dx= 1 n

Z1 0

xⁿe^xdx= Jn

n = e|δn|

n , la série de terme général Z1

0

|fn(x)|dxest convergente. D’après un thèorème d’intégration terme à terme, on peut alors écrire

A= X+∞

n=1

Z1 0

fn(x)dx=

+∞X

n=1

Jn

n =e

+∞X

n=1

|δn| n , et donc

+∞X

n=1

|δn| n = A

e = −1 e

Z1 0

e^xln(1−x)dx.

III.4.3Puisque (−1)ⁿ

n!(n+1)² =o( 1

n²), la série de terme général (−1)ⁿ

n!(n+1)²est absolument convergente et donc convergente.

En posantt=1−x, on obtient déjà A= −

Z1 0

e^xln(1−x)dx= − Z0

1

e^1−tlnt ×−dt= −e Z1

0

e^−tlnt dt.

Pour tout réeltde]0, 1], on a

−e^−tlnt=

+∞

X

n=0

−(−t)ⁿlnt n! . Pourt∈]0, 1]et n∈Nposons alorsgn(t) = −(−1)ⁿtⁿlnt

n! .

• Chaque fonctiongn est continue et intégrable sur]0, 1](car dominée par 1

√t en0).

• Calculons alorsKn=n!

Z1 0

|gn(t)|dt= Z1

0

−tⁿlnt dt.

Soitεun réel de]0, 1[. Une intégration par parties fournit

− Z1

ε

tⁿlnt dt=

−tⁿ⁺¹ n+1lnt

¹

ε

+ 1 n+1

Z1 ε

tⁿdt

= (ε)ⁿ⁺¹

n+1 ln(ε) + 1

(n+1)² 1−εⁿ⁺¹ .

Quandεtend vers0, on obtient− Z1

0

tⁿlnt dt= 1

(n+1)² et finalement Z1

0

|gn(t)|dt= 1

n!(n+1)². Ainsi

+∞

X

n=0

Z1 0

|gn(t)|dt <+∞et d’après un théorème d’intégration terme à terme, on a

A=e

+∞

X

n=0

Z1 0

gn(t)dt=e

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ n!(n+1)² puis

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ

n!(n+1)² = A e =

+∞

X

n=1

|δn| n .

+∞X

n=1

|δn| n = A

e =

+∞X

n=0

(−1)ⁿ n!(n+1)².

III.4.4Soitn∈N. D’après une majoration classique du reste à l’ordrend’une série alternée

X+∞

k=1

|δk| k −

Xn

k=0

(−1)^k k!(k+1)²

=

+∞X

k=0

(−1)^k k!(k+1)² −

Xn

k=0

(−1)^k k!(k+1)²

=

+∞X

k=n+1

(−1)^k k!(k+1)²

≤

(−1)ⁿ⁺¹ (n+1)!(n+2)²

= 1

(n+1)!(n+2)². Pourn=3, on obtient 1

(n+1)!(n+2)² = 1

600 et donc

+∞X

k=1

|δk| k −

X3

k=0

(−1)^k k!(k+1)²

≤ 1

600. Comme X3

k=0

(−1)^k

k!(k+1)² =1− 1 4+ 1

18− 1 96 = 229

288, on a montré que

+∞

X

k=1

|δk| k −229

288

≤ 1 600.

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