ESIM 2003 – MP MATHÉMATIQUES 2 PARTIE I

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ESIM 2003 – MP MATHÉMATIQUES 2

PARTIE I

1. Une fonction f est développable en série entière au voisinage de zéro si et seulement si il existe une série entière g(x) = P+1

n=0anxⁿ de rayon de convergence R > 0 et un réel r strictement positif et inférieur à R tels que 8x 2 ]¡r; r[; f(x) = ⁺P¹

n=0

anxⁿ.

2. plan : f estC¹ sur R^¤ , sur R^¤ les dérivées ont du type f⁽ⁿ⁾ = _Q^Pⁿ_n^(x)_(x)e^¡^1=x² avecPn et Qn polynômiaux , toutes les dérivées ont une limite nulle en zéro et donc la série de Taylor def converge sur Ret vaut0 6=f(x)pourx6= 0.

² L’application f est déjà de classeC¹ sur R^¤ comme composée de telles fonctions.

² une récurrence permet de prouver l’existence dePn etQn: – On aP0=Q0= 1.

– SurR^¤ f0(x) = _x²3e^¡^1=x² donc P1= 2 ,Q1=X³ .Ce sont bien des polynômes.

– Sif⁽ⁿ⁾= ^P_Qⁿ^(x)

n(x)e^¡^1=x²

f^{(n+ 1)}(x) = P_n⁰(x)Qn(x)¡Pn(x)Q⁰_n(x)

Qn(x)² e^¡^1=x²+

µPn(x) Qn(x)

¶ µ 2 x³e^¡^1=x²

¶

= (Pn⁰(x)Qn(x)¡Pn(x)Q⁰n(x))x³+Pn(x)Qn(x) Qn(x)² e^¡^1=x²

d’où Pn+1 = X³P_n⁰Qn ¡X³PnQ⁰_N +PnQn et Qn+1 = Q²_n qui sont bien des polynômes comme combinaison linéaire et produits de polynômes.

² On en déduit par récurrence encore, que f est de classeCⁿ sur R tout entier et que f⁽ⁿ⁾(0) = 0:

– lim

x!0f(x) = 0 donc le choix de f(0) assure la continuité

– Si on poseu= 1=x²f⁰(x) = 2u³⁼²e^¡^u. six tend vers0, tend vers¡1doncf⁰(x)tend vers0par comparaison d’une puissance et d’une exponentielle.

La fonctionf est donc continue en , dérivable au voisinage de0 et la dérivée admet en une limite …nie . Donc d’après le théorème de prolongement d’une dérivée ,f est dérivable en 0et f⁰(0) = limx¡>0(f⁰(x)) = 0 – Supposons f de classeCⁿ sur R; alors f⁽ⁿ⁾ est continue sur R; de classeC¹ sur R^¤.

De plus six tend vers0un polynôme est équivalent à son terme de plus bas degré donc il existe un réel¸et un entier (relatif) ®tels que

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)»¸x^®e^¡^1=x² =¸u^¡^®=2e^¡^u donc par croissance comparéelim0¡

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)¢

= 0et par le théorème précédent on déduit que f est de classe C^{n+ 1}sur Ret que f⁽ⁿ⁺¹(0) = 0.

² fPest donc+1 C¹ sur R et pour tout n f⁽ⁿ⁾(0) = 0. Si f est développable en série entière alors sur ]¡r; r[ f x) =

n=0anxⁿ . On sait que alorsan =n!f⁽ⁿ⁾(0). Doncf(x) = 0, ce qui est faux six 6= 0 f n’est pas développable en série entière au voisinage de0

3. a)On reconnaît dansRN(x) le reste de Taylor d’ordre N de h: Comme h est de classeC^N⁺¹ sur [0; x]on peut utiliser la formule de Taylor avec reste intégral,

RN(x) = Rx 0

(x¡t)^Nh^(N+1)(t)

N! dt

b)le changement de variable t=u^x_y C¹sur[0; y]transforme [0; y]en[0; x] et donne alors

RN(x) = µx

y

¶N+1 Z y 0

(y¡u)^Nh^(N⁺¹⁾(ux=y)

N! du

Or sur[0; a[la dérivée deh^(N⁺¹⁾est h^(N⁺²⁾fonction positive. Donch^(N⁺¹⁾est croissante sur [0; a[.

donc si 0 < x=y <1; alors 8u 2[0; y]; h^{(N+ 1)}(ux=y)· h^(N+1)(u). Tous les produits ayant des facteurs positifs, on obtient immédiatement

RN(x) = µx

y

¶N+ 1 Z y 0

(y¡u)^Nh^(N^{+ 1)}(ux=y)

N! du·

µx y

¶N+1 Z y 0

(y¡u)^Nh^{(N+ 1)}(u)

N! du= (x

y)^{N+ 1}RN(y)

(2)

En…n, RN(y)¡h(y) =PN n=0

h⁽ⁿ⁾(0)

n! yⁿ est une somme de quantités positives , donc est positif.

0 ·RN(x)·(x

y)^{N+ 1}h(y)

4. c) Soit x2[0; a[.

² six= 0 h(x) =P+1 n= 0

h⁽ⁿ⁾(0)

n! xⁿ est évident.

² sixR

]0; a[ prend y …xe dans ]x; a[ .On a alors lim

N!+1(x

y)^N+1 = 0. L’encadrement précédent montrent donc que

N!lim+1RN(x) = 0, c’est-à-dire que h(x) =P+1 n=0

h⁽ⁿ⁾(0) n! xⁿ

hest somme de sa série de Taylor sur [0; y] sur [0; a[

PARTIE II

1. a)etb)P

¯rouvons, par récurrence sur n; la propriété(Hn): il existe un polynôme Pn de degré n+1 à coe¢cients dans N; tel que 8x2I; g⁽ⁿ⁾(x) =Pn(tanx).

² sin= 0on a P0(X) =X polynôme de degré1à coe¢cient entier positif.

² sin= 1g0(x) = 1 + tan(x)²doncP1 = 1 +X²polynôme de degré2 à coe¢cients entiers positifs.

² Supposons 8x 2 I; g⁽ⁿ⁾(x) = Pn(tanx). Alors, 8x 2 I; g⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = (1 + tan²x)P_n⁰(tanx) et, en posant Pn+1(X) = (1+X²)P_n⁰(X); on obtient un polynôme de degré n+2 à coe¢cients dans N (les coe¢cients dePn+ 1

s’obtiennent par somme et produit d’entiers positifs) d’où la propriété au rangn+ 1. 8n2N,9Pn 2N[X],tan⁽ⁿ⁾(x) =Pn(tan (x))

2. a) On remarque que la fonction étudiée est impaire . On donc pour toutk pairg^(k)(0) = 0 . La série de Taylor de g en0 est bien du type proposé.

De plus8x 2[0; ¼=2[ ,tan(x)¸ 0donc par somme et produit de nombres positifs 8x 2[0;¼

2[; g⁽ⁿ⁾(x)¸0. D’après le I.3^±)c), la fonction g est somme de sa série de Taylor sur [0;¼

2[;

Par imparité on étend alors la relation à l’intervalle ]¡¼=2; ¼=2[

8x2]¡P i=2; P i=2[,g(x) =S(x) b)D’après lea) , la série entière S a un rayon de convergence R¸ ¼

2. Si on avait R > ¼

2; alors S serait continue sur [¼ 2;¼

2]; et en particulier S(x) aurait une limite …nie en ¼

2; ce qui est impossible vu que S(x) = tanx sur I. Donc

R= ¼ 2 PARTIE III

Le but de cette partie est clairement (?) de redémontrer queg est développable en série entière au voisinage de0 . il ne faut donc pas utiliser II.2.b à la …n du III;

On notera aussi que dans la dé…nition deS , les scalairesM etK dépendent de la suites 1. On utilise le critère de sous espace vectoriel :

² Sest un sous ensemble de l’espace vectoriel des suites réelles.

² S contient la suite nulle en prenantM = 0 etK = 0

² Pour tous s et s⁰ de S; il existe M; K; M⁰; K⁰ strictement positifs tels que 8n2N; jsnj ·M Kⁿetjs⁰_nj ·M⁰K⁰ⁿ

On a donc pour tout entier n : j¸sn+¸⁰s⁰nj · j¸jM Kⁿ +¯¯¸⁰¯¯M⁰K⁰ⁿ · (j¸jM+¯¯¸⁰¯¯M⁰)(max(K; K⁰))ⁿ; donc s" =¸ s+¸⁰s⁰2 S en prenant M" =j¸jM+¯¯¸⁰¯¯M⁰ et K" = max(K; K⁰).

Par conséquent, S est un sous-espace vectoriel de l’espace des suites réelles.

S est unR-espace vectoriel 2

(3)

2. On reconnaît dans- le produit de Cauchy des deux suites.

a)Avec les notations précédentes, on pose s" = s-s⁰ on a (en utilisant une suite géométrique ):

² siK < K⁰ :

js"nj = Xn

k=0

jakbn¡kj · Xn

k=0

M K^kM⁰K⁰ⁿ^¡^k = M M⁰K⁰ⁿ Xn

k=0

(K=K⁰)^k =

M M⁰³

1¡(K=K⁰)ⁿ⁺¹´ 1¡K=K⁰ K⁰ⁿ

· M M⁰ 1¡K=K⁰K⁰ⁿ

la suite s" =s-s⁰ appartient donc encore àS en prenantM" = ₁_¡^{M :M}_K=K⁰0 et K" =K⁰

² siK⁰ > K le calcul est symétrique et on prendM" =₁_¡^{M :M}_K₀_=K⁰ et K" =K

² siK⁰ =K on a

js"nj= Xn

k=0

jakbn¡kj · Xn

k= 0

M K^kM⁰K⁰ⁿ^¡^k=M M⁰(n+ 1)Kⁿ·M M⁰(2K)ⁿ

et on prend M" =M M⁰ etK" = 2K

² Remarque il est aussi possible de majorer en utilisant le binôme de Newton js"nj=

Xn

k=0

jakbn¡kj · Xn

k=0

M K^kM⁰K⁰ⁿ^¡^k·M M⁰ Xn

k=0

µn k

¶

K^kK⁰ⁿ^¡^k ·M M⁰(K +K⁰)ⁿ

qui répond à la question , mais pour la question suivante la suite géométrique s’impose.

Sest stable par -

b)Prenons la suiteedé…nie par

e0= 1et8n2N^¤; en= 0

alors e est un élément de S (M = 1 et K = 1conviennent) tel que 8s2 S; e-s=s-e=s.

3. a)a-b=e si et seulement si 8n2N^¤; Pn k=0

akbn¡k= 0eta0b0= 1 .

Ces conditions dé…nissent un ”système linéaire triangulaire in…ni” qui admet une unique solution dans l’espace des suites réelles:Montrons par récurrence8n2N9!(bk)ⁿk= 0telle que a0b0 = 1et 8m2]0; n];

Pm k=0

akbn¡k= 0

² a0b0= 1donc comme a0= 1on a une unique valeur deb0:b0= 1

² a0b0= 1eta0b1+a1b0= 0donne l’unique solution b0= 1 et b1=¡a1 ( cara0 = 1)

² si b0; b1; : : : ; bn ont été déterminés de façon unique par les n+ 1 premières équations, on obtient alors bn+1 grâce à lan+ 2ème équation (toujours grâce àa0= 1)

n+1X

k=0

akbn+ 1¡k = 0soit bn+1=¡

n+1X

k=1

akbn+1¡k

² On déduit donc l’existence et l’unicité de bn+1:

² remarque : attention à rédiger une récurrence forte bn+1dépend de tous les termes précédents.

b)analyse : on cherche M⁰ etK⁰ tels que

jb0j= 1·M⁰ et8n >0, jbnj ·M⁰K⁰ⁿ

la relation de récurrence donne en utilisant la suite géométrique de raisonK=K0et de premier termeK=K⁰ jbn+1j ·

n+1X

k=1

jakj jbn+1¡kj ·

n+1X

k=1

M M⁰K^kK⁰ⁿ⁺¹^¡^k · M M⁰ 1¡K=K⁰

µK K⁰

¶

K⁰ⁿ⁺¹·M⁰K⁰ⁿ⁺¹

siK⁰> K (pour utiliser la suite géométrique) et si _K^{M K}₀_¡_K ·1donc si K⁰> K etK⁰¸(M+ 1)K:

On prendM⁰ = 1etK⁰= max(2K;(M + 1)K)(par exemple ) . On véri…e par récurrence que ce choix est possible :

3

(4)

² sin= 0: jb0j= 1·M⁰

² si8k·n jbkj ·K⁰^k alors :

jbn+ 1j ·

n+1X

k= 1

jakj jbn+1¡kj ·

n+1X

k= 1

M M⁰K^kK⁰ⁿ⁺¹^¡^k·M K⁰ⁿ

n+ 1X

k=1

(K

K⁰)^k ·M K⁰^{n+ 1}£ ÃK

K⁰ 1 1¡ _K^K0

!

= M Kn+ 1⁰

K

K⁰¡K ·K⁰ⁿ ·M K⁰ⁿ⁺¹ K

M K =K⁰ⁿ⁺¹ a2 S )b 2 S

4. a)Si jsnj · M Kⁿ pour tout n; alors jsnxⁿj · M:jKxjⁿ · M si jxj · _K¹ . Pour jxj< 1=K on a donc la suite(snxⁿ) bornée et donc :

R¸ K¹

b)Inversement, si K désigne un réel strictement positif tel que x= 1

K < R; alors la suitesnxⁿ est bornée. Soit alors M = sup¡

sn 1 Kⁿ

¢

n2N .On a donc8n2N,jsnj ·M Kⁿ la sérieP

snxⁿ a un rayon de convergence strictement positif ssis2 S et de plusR¸ _K¹

5. a)Ecrivons h(x) =

+P1 n=0

anxⁿ sur ]R; R[; comme h(0) = 1; on a a0= 1.

D’après4^±)b), la suite (an)n2Nappartient àSet,en utilisant la question3)on peut trouver une suitebtelle quea-b=e En posant g(x) =

+P1 n=0

bnxⁿ; on dé…nit une série entière de rayon de convergence R⁰ non nul d’après le 4^±)a). La fonction g:h est alors développable en série entière sur ]R⁰⁰; R⁰⁰[; avec R⁰⁰ = min(R; R⁰) et, si on pose (g:h)(x) =

+P1

n=0cnxⁿ; le coe¢cient général cn est donné par le produit de Cauchy Pⁿ

k= 0

akbn¡k, ce qui conduit à g(x)h(x) = 1.

Conclusion :

sihest développable en série entière et si h(0) = 1alors la fonction 1

h est développable en série entière au voisinage de zé Remarque : Le résultat se généralise a une fonction k développable en série entière et elle que k(0) 6= 0 en posant h(x) =^k(x)_{k( 0)}

b)Le résultat dua) s’applique à la fonction cosinus (qui véri…e cos 0 = 1 et R= +1) donc 1

cos est développable en série entière au voisinage de 0. Le produit par la fonction sinus développable en série entière surR conduit au résultat.

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