Partie II A

SESSION 2015 E3A

Concours ENSAM - ESTP - POLYTECH

Epreuve de Mathématiques 2 MP

Partie I

1)R=sup

r∈[0,+∞[/ (a_nrⁿ)_n∈N .

2) Soit ρ ∈]0, R[. Puisque ρ < R et que R est le plus petit des majorants de

r∈[0,+∞[/ (a_nrⁿ)_n∈N , ρ n’est pas un majorant de

r∈[0,+∞[/ (anrⁿ)_n∈N . Donc, il existe r ∈]ρ, R[ tel que la suite(anrⁿ)_n∈N soit bornée. Soit M un majorant de la suite(|an|rⁿ)_n∈N. Alors, pour toutn∈N,

|anρⁿ|=|an|ρⁿ6|an|rⁿ6M.

On a montré que la suite(a_nρⁿ)_n∈N est bornée.

Autre solution. Soitρ ∈]0, R[. On sait que la série numérique de terme généralanρⁿ converge. En particulier,anρⁿ converge vers0quandntend vers+∞et en particulier, la suite(anρⁿ)_n∈N est bornée.

3)SoitM>0un majorant de la suite(|a_nρⁿ|)_n∈N. Alors,M+1>1puis pour tout entier natureln,(M+1)ⁿ>M+1>M.

Pour tout entier natureln,|a_n|6 M

ρⁿ 6(M+1)ⁿ ρⁿ =

M+1 ρ

n

. Le réelK=M+I > 0convient.

4)Montrons par récurrence que∀n∈N, |b_n|6 2K

ρ n

.

• b0=16 2K

ρ 0

. L’inégalité à démontrer est vraie quandn=0.

• Soitn>0. Supposons que∀j∈J0, nK,|bj|6 2K

ρ j

.

|bn+1|6

Xn

j=1

|a_j|×|bn−j|

6 Xn

j=1

K ρ

j

× 2K

ρ n−j

(par hypothèse de récurrence et par définition deK)

= K

ρ n nX

j=1

2^n−j= K

ρ n

2ⁿ−1 2−1 6

K ρ

n

2ⁿ= 2K

ρ n

.

Le résultat est démontré par récurrence.

5)Soitz∈Ctel que|z|6 ρ

2K. Alors, pour tout entier natureln,

|b_nzⁿ|=|b_n|×|z|ⁿ6 2K

ρ n

× ρ 2K

n

=1.

Donc, pour toutz∈Ctel que |z|6 ρ

2K, la suite(bnzⁿ)_n∈Nest bornée. On en déduit que Rb> ρ 2K > 0.

6)SoitR^′ le minimum des rayons de convergence deS et deT. Puisque les rayons deSet deT sont strictement positifs, R^′ est strictement positif. On peut alors effectuer le produit deCauchydes deux séries entièresSet dans le disque ouvert de centre0 et de rayonR^′.

Pour toutz tel que|z|< R^′,

S(z)T(z) =

+∞

X

n=0

a_nzⁿ

! ₊∞

X

n=0

b_nzⁿ

!

=

+∞

X

n=0



 Xn

j=0

a_jb_n−j



zⁿ

=1+

+∞

X

n=1



bn+ Xn

j=1

ajbn−j



zⁿ=1.

7)Il existe un nombre réelR^′ tel que0 < R^′6RetT(z) =

+∞

X

n=0

bnzⁿ une série entière de rayon de convergence supérieur ou égal àR^′,

∀z∈D(0, R^′), S(z)T(z) =1.

Partie II A

1) lim

x→0 x6=0

f(x) = lim

x→0 x6=0

e^x−1

x =1=f(0). Donc, la restriction defà Rest continue en0.

2)Soient(x, y)∈R² puisz=x+iy.

e^z−1=e^x+iy−1=e^x(cosy+isiny) −1= (e^xcosy−1) +i(e^xsiny). 3)f(0)6=0. Soitz∈C.

f(z) =0⇔e^z−1=0etz6=0⇔e^z=1etz6=0

⇔∃k∈Z/ z=2ikπetz6=0

⇔∃k∈Z^∗/ z=2ikπ.

4)D’après la question précédente, Min{|z|/ f(z) =0etz6=0}=2π. En tenant compte def(0)6=0, pour toutz∈D(0, 2π), f(z)6=0 et doncg(z) = 1

f(z) existe.

5) a)Pour toutz∈C,e^z =

+∞

X

n=0

zⁿ

n!. Le rayon de convergence de cette série entière est+∞. b)Soitz∈C^∗.

f(z) = 1 z

₊∞

X

n=0

zⁿ n!

!

−1

!

= 1 z

+∞

X

n=1

zⁿ n!

=

+∞

X

n=1

zⁿ⁻¹ n! =

+∞

X

n=0

zⁿ (n+1)!

=1+

+∞

X

n=1

zⁿ (n+1)!.

Ainsi, pour tout nombre complexe non nul z, f(z) = 1+

+∞

X

n=1

zⁿ

(n+1)!. Puisquef(0) = 1, cette égalité est encore vraie quandz=0et donc

∀z∈C, f(z) =1+

+∞

X

n=1

zⁿ

(n+1)! =U(z).

Pour tout n ∈ N, posons an = 1

(n+1)!. Alors, Ra = +∞ puisque la série entière correspondante converge pour tout z∈C.

6)Soit(bn)_n∈N la suite définie par :b0=1 et ∀n∈N^∗,bn = −



 Xn

j=1

bn−j

(j+1)!



. D’après la partie I,Rb> 0. De plus, si

pour toutz∈D(0, R_b), on poseV(z) =

+∞

X

n=0

bnzⁿ, alors pour toutz∈D(0, R_b), U(z)V(z) =1.

Si de plus|z|<Min(2π, Rb) =R,U(z)V(z) =1=f(z)V(z)puisV(z) = 1

f(z)=g(z).

7) a)Soitt∈] −2π, 2π[\{0}.

G(t) =t+ 2t

e^t−1 =2te^t+1

e^t−1 =2te^t/2+e^−t/2

e^t/2−e^−t/2 = 2t th

t 2

.

Puisque les fonctionst7→2tet t7→th t

2

sont impaires, la fonctionG est paire.

b) Pour tout t ∈] −R, R[⊂] −2π, 2π[, t+2g(t) = 1+ (1+2b1)t+

+∞

X

n=2

bntⁿ. Puisque G est paire, on en déduit que 1+2b₁=0 et∀k>1,b_2k+1=0.

b₁= −1

2 et∀k>1, b_2k+1=0.

Partie II B

1)D’après la question II.A.6), γ₀=1 et ∀n > 0,γ_n = − Xn

j=1

γn−j

(j+1)!. Donc, par récurrence, pour tout n∈N, γ_n est un nombre réel.

2)γ0=1. D’après la question II.A.7.b), γ1= −1

2 et γ3=0. Enfin,γ2= −γ1

2 −γ0

6 = 1 4 −1

6 = 1 12. 3)Soitn > 0.γ_n= −

Xn

j=1

γn−j

(j+1)! et donc Xn

j=0

γn−j

(j+1)! =0. En posantk=n−j, on obtient Xn

k=0

γ_k

(n−k+1)! =0.

4)γ0=1et ∀n > 0,γn = − Xn

j=1

γn−j

(j+1)!. Donc, par récurrence, pour toutn∈N,γn est un nombre rationnel.

5)D’après la question II.A.7.b), sinest un entier impair supérieur ou égal à 3,γ_n =0.

Partie III

1)Soitt∈R.

e^t−1

< 1⇔−1 < e^t−1 < 1⇔0 < e^t< 2⇔t <ln2.

Donc, sit∈] −ln2,ln2[,|e^t−1|< 1.

2)Pourt∈I,h(t) =1−e^t∈] −1, 1[. Donc, la série de terme généralan(h(t))ⁿ,n∈N, converge.

3) a)SoitKun segment non réduit à un point et contenu dans I=] −1, 1[. La fonction exponentielle est continue sur le segmentKet en particulier est bornée sur ce segment. Donc,∃C_K> 0/∀t∈K, |e^t|6C_K.

b)PosonsK= [c, d] avec−ln2 < c < d <ln2. Pourn∈Net t∈I, posonsfn(t) =an(h(t))ⁿ.

En résumé, chaquef_n est de classeC¹surIet pour toutn∈N^∗ et toutt∈I,f_n^′(t) = −e^tna_n(h(t))ⁿ⁻¹ etf₀^′ =0.

Soitn∈N^∗. Pour tout réelt deI,

|f_n^′(t)|=e^tn|an| e^t−1

n−16CKn|an|Mⁿ⁻¹oùM=Max{|e^c−1|,|e^d−1|}.

PuisqueRa>1, on sait que pour tout nombre complexez tel que|z|< 1, la série numérique de terme généralnanzⁿ⁻¹ est absolument convergente. Puisque|M|< 1,CKn|a_n|Mⁿ est le terme général d’une série numérique convergente. Ceci montre que la série de fonctions de terme généralf_n^′ converge normalement et donc uniformément surK.

• La série de fonctions de terme généralfn, n∈N, converge simplement vers la fonctionSh surI.

• Chaque fonctionfn,n∈N, est de classeC¹surI.

• La série des dérivées est uniformément sur tout segmentKcontenu dansI.

D’après le théorème de dérivation terme à terme,S_h est de classeC¹surIet pour tout réelt∈I,

S_h^′(t) =

+∞

X

n=0

f_n^′(t) =

+∞

X

n=1

−e^tnan(h(t))ⁿ⁻¹= −e^t

+∞

X

n=0

(n+1)an+1hⁿ(t).

Remarque.On sait queS est de classeC^∞ sur] −1, 1[ et que ses dérivées successives s’obtiennent par dérivation terme à terme. Ainsi,hest de classeC^∞ surIà valeurs dans ] −1, 1[ etSest de classeC^∞ sur] −1, 1[. Donc,Sh=S◦hest de classeC^∞ surI. De plus, pour tout réelt∈I,

S_h^′(t) =h^′(t)S^′(h(t)) = −e^t

+∞

X

n=0

(n+1)a_n+1hⁿ(t).

c)Pour toutt∈Ietn∈N, posonsu_n(t) = −e^t(n+1)a_n+1.tétant fixé, on sait que la série entière associée à u_n(t)est de rayon au moins1. Donc pour chaquet∈I, il existe une série entière

+∞

X

n=0

un(t)zⁿ (et non pas il existe une série entière

+∞

X

n=0

u_nzⁿ telle que pour chaquet∈I...)

4)Le résultat énoncé est complètement faux siu^(k)n désigne la dérivéek-ème deu_n. On ne corrige pas cette question.

Partie IV

1) Posons n∈N, posons an = 1

n+1. On sait que Ra = 1 et que pour tout x ∈] −1, 1[,

+∞

X

n=0

anxⁿ = −ln(1−x). Soit

t∈I\ {0}. Alors|e^t−1|< 1ete^t−16=0.

+∞

X

k=0

(1−e^t)^k k+1 = 1

1−e^t

+∞

X

k=0

(1−e^t)^k+1

k+1 = −ln(1− (1−e^t))

1−e^t = t

e^t−1 =g(t).

D’autre part, quandt=0,

+∞

X

k=0

(1−e^t)^k

k+1 vaut1c’est-à-direg(0). On a montré que

∀t∈I, g(t) =

+∞

X

k=0

(1−e^t)^k k+1 .

2) a)Soitn∈N. Soientfetgdeux fonctionsnfois dérivables sur un intervalleIà valeurs dansRouC. Alors, la fonction f×g estnfois dérivable surIet

(f×g)⁽ⁿ⁾= Xn

k=0

n k

f^(k)g^(n−k).

b) Soient n et k des entiers naturels tels que k > n. Quand t tend vers 0, h(t) = −t+o(t) et donc pour k > n, h^k(t) =0×tⁿ+ (−t)^k+o(t^k). Puisque h^k est nfois dérivable en 0 et que le coefficient detⁿ dans son développement limité à l’ordreken0 est nul, on en déduit que h^k(n)

(0) =0.

c)Soientnetkdes entiers naturels tels quek > n. SoitHune fonction de classeC^∞surI. D’après la formule deLeibniz, Hh^k(n)

(0) = Xn

j=0

n j

h^k(j)

(0)H^(n−j)(0).

Pour toutj∈J0, nK,k > n>jet donc h^k(j)

(0) =0. On en déduit que Hh^k(n)

(0) =0.

d)Soitn∈N. Pour tout réelt deI, posonsH(t) =

+∞

X

k=n+1

(1−e^t)^k−(n+1)

k+1 =

+∞

X

k=0

(1−e^t)^k

k+n+2 de sorte que pour tout réelt deI,g(t) =

Xn

k=0

(h(t))^k

k+1 + (h(t))ⁿ⁺¹H(t).

Le rayon de convergence de la série entière

+∞

X

k=0

z^k

k+n+2 est1de sorte que la fonctionS : x7→

+∞

X

k=0

x^k

k+n+2 est définie et de classeC^∞ sur] −1, 1[. Mais alors, la fonctionH=S◦hest de classeC^∞surI.

On en déduit queg⁽ⁿ⁾(0) = Xn

k=0

(h^k)⁽ⁿ⁾(0)

k+1 + (hⁿ⁺¹H)⁽ⁿ⁾(0) = Xn

k=0

(h^k)⁽ⁿ⁾(0) k+1 .

3)a)Soientnun entier naturel etkun entier naturel non nul. D’après la formule du binôme deNewton, pour tout réel t,

(h(t))^k= Xk

j=0

k j

(−1)^je^jt.

Pourn>1,

h^k(n) (0) =

Xk

j=0

k j

(−1)^jjⁿe⁰= Xk

j=1

k j

(−1)^jjⁿ.

b)γ₀=1. Soitn>1. Alors(h⁰)⁽ⁿ⁾=0 puis

γ_n= g⁽ⁿ⁾(0) n! = 1

n!

Xn

k=1

1 k+1



 Xk

j=1

(−1)^j k

j

jⁿ



.