Exercice 2 : Puissances d’une matrice et suites

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚5

Exercice 1 : Le produit de deux matrices inversibles est inversible

Soitnun entier naturel non nul. On noteMn(R) l’ensemble des matrices n×n`a coefficients r´eels.

1. SoitA∈ Mn(R). Donner la d´efinition de l’assertion :Aest inversible.

2. Soient P∈ Mn(R) etQ∈ Mn(R). On suppose que les matrices P et Qsont inversibles.

Montrer que la matriceP Qest inversible et exprimer la matrice (P Q)⁻¹ en fonction deP⁻¹ et deQ⁻¹. Correction

1. SoitA∈ Mn(R). D’apr`es le cours, on dit que Aest inversible s’il existeB∈ Mn(R) telle que : AB=BA=In

o`uI_n est la matrice identit´en×n.

Si A est inversible, la matrice B qui intervient dans la pr´ec´edente d´efinition est unique ; on la nomme matrice inverse de Aet on la noteA⁻¹.

2. Soient P∈ M_n(R) etQ∈ M_n(R) tellesP etQsont inversibles.

CommeP est inversible, on peut consid´erer sa matrice inverseP⁻¹. On a :P P⁻¹=P⁻¹P=I_n. CommeQest inversible, on peut consid´erer sa matrice inverseQ⁻¹. On a :QQ⁻¹=Q⁻¹Q=I_n. On remarque que :

P Q Q⁻¹P⁻¹ = P QQ⁻¹

| {z }

I_n

P⁻¹

= P In

|{z}

P

P⁻¹

= P P⁻¹

= I_n.

On a donc trouv´e une matrice B = Q⁻¹P⁻¹ telle que (P Q)B =I_n. D’apr`es le cours, on sait que cela implique queP Q est inversible et que l’inverse deP Q est la matriceB=Q⁻¹P⁻¹, i.e. :

(P Q)⁻¹=Q⁻¹P⁻¹ (attention `a l’ordre des facteurs).

Remarque : Apr`es le calcul deP Q Q<sup>−1</sup>P<sup>−1</sup>=I<sub>n</sub>, on a invoqu´e un th´eor`eme (fondamental) du cours pour conclure `a l’inversibilit´e deP Q et obtenir(P Q)⁻¹=Q⁻¹P⁻¹.

On aurait pu se passer de ce th´eor`eme, en calculantQ<sup>−1</sup>P<sup>−1</sup>P Q=I<sub>n</sub> et en revenant `a la d´efinition (cf.

question 1.).

Exercice 2 : Puissances d’une matrice et suites

1. Soient les matrices 2×2 `a coefficients r´eels A= Å1 2

2 1 ã

etP =

Å1 1 1 −1

ã . (a) Calculer le produitA P.

(b) Montrer que la matriceP est inversible et calculerP⁻¹. (c) Calculer la matriceD=P⁻¹A P.

(d) ExprimerAen fonction deD,P etP⁻¹. (e) CalculerDⁿ, pour toutn∈N.

(f) Montrer que pour toutn∈N:Aⁿ =P DⁿP⁻¹. (g) En d´eduire la valeur deAⁿ, pour toutn∈N.

2. On d´efinit deux suites (u_n)_n∈N et (v_n)_n∈Nparu₀= 2,v₀=−1 et les relations de r´ecurrence : ß un+1 = un + 2vn

vn+1 = 2un + vn

valables pour toutn∈N. Pour toutn∈N, on noteX_n=

Åun

vn

ã . (a) Donner le vecteurX₀.

(b) Calculer le vecteurX₁.

(c) Soitn∈N. Reconnaˆıtre le produitA X_n. (d) Montrer que pour toutn∈N:X_n=AⁿX₀.

(e) En d´eduire une expression de un en fonction de n, pour tout n ∈ N et une expression de vn en fonction den, pour toutn∈N.

Correction

1.(a) On calcule le produit AP.

P

z }| { Å1 1

1 −1 ã

Å1 2 2 1

ã

| {z }

A

Å3 −1

3 1

ã

| {z }

AP

1.(b) Pour ´etudier l’inversibilit´e deP, on introduit le syst`eme (S) : P

Åx₁ x₂

ã

= Åy₁

y₂ ã

d’inconnue Åx1

x2

ã

∈R²et de param`etre Åy1

y2

ã

∈R².

(S) ⇐⇒

ß x1 + x2 = y1

x1 − x2 = y2

⇐⇒

ß x1 + x2 = y1

−2x2 = −y1+y2 (L2←L2−L1)

Le syst`eme (S) est donc de rang 2. Il poss`ede en outre 2 ´equations et 2 inconnues. Il est donc de Cramer.

Par suite la matrice P est inversible. Pour d´eterminer la matriceP⁻¹, on ach`eve la r´esolution du syst`eme (S).

De (L2), on d´eduit que :

x2=1 2y1−1

2y2. De cette relation et de (L1), on d´eduit que :

x1=y1−x2=y1− Å1

2y1−1 2y2

ã

=1 2y1+1

2y2. On a donc :

(S) ⇐⇒











x₁ = 1

2y₁ + 1 2y₂ x2 = 1

2y1 − 1 2y2

⇐⇒

Åx1

x2

ã

= Ü 1

2 1 2 1 2 −1

2 ê

| {z }

P⁻¹

Åy1

y2

ã

On en d´eduit queP⁻¹= Ü 1

2 1 2 1 2 −1

2 ê

=1 2

Å1 1 1 −1

ã

= 1 2P.

V´erification : Il s’agit de calculer 1

2P P = 1

2P²et de voir si le r´esultat donne bienI2, la matrice identit´e 2×2. La calcul deP² donne :

P

z }| { Å1 1

1 −1 ã

Å1 1 1 −1

ã

| {z }

P

Å2 0 0 2

ã

| {z }

P²

et par suite 1 2P²=1

2 Å2 0

0 2 ã

= Å1 0

0 1 ã

=I₂.

1.(c) On calcule le produitP⁻¹AP =P⁻¹(AP) en s’aidant du r´esultat de la question 1.(a). Comme

AP

z }| { Å3 −1

3 1

ã

Ü 1 2

1 2 1 2 −1

2 ê

| {z }

P⁻¹

Å3 0 0 −1

ã

| {z }

P⁻¹AP

on a D=P⁻¹AP =

Å3 0 0 −1

ã

. On remarque queD est une matrice diagonale.

1.(d) D’apr`es la d´efinition deD, on aD=P⁻¹AP.

D=P⁻¹AP =⇒ P D=P P⁻¹

| {z }

I₂

AP (multiplication parP par la gauche de chacun des membres)

=⇒ P D=AP (I2AP =AP)

=⇒ P DP⁻¹=AP P⁻¹

| {z }

I2

(multiplication parP⁻¹ par la droite de chacun des membres)

=⇒ P DP⁻¹=A (AI2=A)

On a donc

A=P DP⁻¹.

1.(e) Soit n∈N. La matriceD ´etant diagonale, sa puissancen-i`eme est simple `a calculer : il suffit d’´elever les coefficients diagonaux deD `a la puissancenpour obtenirDⁿ.

On a donc :

Dⁿ=

Å3 0 0 −1

ãn

=

Å 3ⁿ 0 0 (−1)ⁿ

ã .

1.(f) Pour tout n∈N, on pose :

P_n : Aⁿ=P DⁿP⁻¹.

• Initialisation `an= 0

La propri´et´e P0 s’´ecrit : A⁰ = P D⁰P⁻¹. Comme A⁰ = I2 et D⁰ = I2, la propri´et´e P0 se r´e´ecrit I2=P I2P⁻¹.

Du calcul

P I2P⁻¹

| {z }

P⁻¹

=P P⁻¹=I2

on d´eduit queP0est vraie.

• H´er´edit´e

Supposons la propri´et´eP_n vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :

Aⁿ=P DⁿP⁻¹. (1)

Montrons que la propri´et´ePn+1 est vraie, i.e. que :

Aⁿ⁺¹=P Dⁿ⁺¹P⁻¹. Aⁿ⁺¹ = Aⁿ A

= P DⁿP⁻¹

| {z }

Aⁿ

P DP⁻¹

| {z }

A

(cf. (1) et question 1.(d))

= P DⁿP⁻¹P

| {z }

I₂

DP⁻¹

= P DⁿD

| {z }

Dⁿ⁺¹

P⁻¹

= P Dⁿ⁺¹P⁻¹

• Conclusion

De l’initialisation au rangn= 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence on d´eduit que la propri´et´e Pn est vraie pour toutn∈N, i.e. que :

∀n∈N Aⁿ=P DⁿP⁻¹. 1.(g) Soitn∈N. Des questions 1.(f), 1.(e) et 1.(b), on d´eduit que :

Aⁿ=

Å1 1 1 −1

ã Å 3ⁿ 0 0 (−1)ⁿ

ã Ü 1 2

1 2 1 2 −1

2 ê

On calcule :

Dⁿ

z }| {

Å 3ⁿ 0 0 (−1)ⁿ

ã

P⁻¹

z }| {

Ü 1 2

1 2 1 2 −1

2 ê

Å1 1 1 −1

ã

| {z }

P

Ñ 3ⁿ (−1)ⁿ

3ⁿ (−1)ⁿ⁺¹ é

| {z }

P Dⁿ

á 3ⁿ+ (−1)ⁿ 2

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 2 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

2

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺² 2

ë

| {z }

Aⁿ=P DⁿP⁻¹

Comme (−1)ⁿ⁺²= (−1)ⁿ×(−1)²

| {z }

1

= (−1)ⁿ, on peut simplifier ce r´esultat pour obtenir :

Aⁿ=

á 3ⁿ+ (−1)ⁿ 2

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 2 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

2

3ⁿ+ (−1)ⁿ 2

ë

=1 2

Ñ 3ⁿ+ (−1)ⁿ 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 3ⁿ+ (−1)ⁿ é

.

2.(a) Par d´efinition :

X₀= Å u0

v0

ã

= Å 2

−1 ã

.

2.(b) Par d´efinition, on a :X1= Å u1

v1

ã .

D’apr`es les relations de r´ecurrence d´efinissant les suites (un)_n∈Net (vn)_n∈N, on a : ß u1=u0+ 2v0= 2 + 2×(−1) = 0

v1= 2u0+v0= 2×2 + (−1) = 3 et donc X1=

Å 0 3

ã .

2.(c) Soit n∈N. On calcule :

X_n

z }| { Åun

vn

ã

Å1 2 2 1

ã

| {z }

A

Åun+ 2vn

2un+vn

ã

| {z }

AX_n

En utilisant les relations de r´ecurrence d´efinissant les suites (un)_n∈Net (vn)_n∈N, on obtient : AX_n =

Åu_n+ 2v_n 2u_n+v_n

ã

= Åu_n+1

v_n+1 ã

=X_n+1. DoncAXn=Xn+1.

2.(d) Pour toutn∈N, on d´efinit la propri´et´ePn par :

Pn : Xn=AⁿX0.

• Initialisation `an= 0 La propri´et´eP0s’´ecrit :

X0= A⁰

|{z}

I₂

X0.

La propri´et´eP0est donc vraie.

• H´er´edit´e

Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :

X_n=AⁿX₀. (2)

Montrons alors la propri´et´ePn+1, i.e. :

Xn+1=Aⁿ⁺¹X0. On a :

X_n+1 = AX_n (cf. question 2.(c))

= AAⁿX₀ (cf. (2))

= Aⁿ⁺¹X0.

• Conclusion

De l’initialisation `a n= 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que : Xn=AⁿX0

pour toutn∈N.

2.(e) Soit n∈N. D’apr`es 2.(d), on sait que : Åun

vn

ã

=Xn=AⁿX0. D’apr`es la question 1.(g), on a :

Aⁿ= 1 2

Ñ 3ⁿ+ (−1)ⁿ 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 3ⁿ+ (−1)ⁿ é

et d’apr`es la question 2.(a), on sait queX0= Å 2

−1 ã

. On a donc :

X_n= 1 2

Ñ 3ⁿ+ (−1)ⁿ 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 3ⁿ+ (−1)ⁿ é Å

2

−1 ã

.

On calcule :

X₀

z }| { Å 2

−1 ã

Ñ 3ⁿ+ (−1)ⁿ 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 3ⁿ+ (−1)ⁿ

é Å

3ⁿ+ 2×(−1)ⁿ+ (−1)ⁿ⁺² 3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ⁺¹

ã .

Comme (−1)ⁿ⁺²= (−1)ⁿ×(−1)²

| {z }

1

= (−1)ⁿ, on peut r´e´ecrire le r´esultat pr´ec´edent sous la forme : Ñ 3ⁿ+ (−1)ⁿ 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 3ⁿ+ (−1)ⁿ é

X0=

Å 3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ 3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ⁺¹

ã .

Par suite, on a : Åun

vn

ã

=Xn =1 2

Ñ 3ⁿ+ (−1)ⁿ 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ 3ⁿ+ (−1)ⁿ é

X0=1 2

Å 3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ 3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ⁺¹

ã

=

á 3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ 2

3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ⁺¹ 2

ë .

On remarque que ce r´esultat est coh´erent avec les r´eponses donn´ees en 2.(a) et 2.(b). On en d´eduit : u_n= 3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ

2 et v_n=3ⁿ+ 3×(−1)ⁿ⁺¹

2 .

Exercice 3 : ´ Etudes de fonctions

1. Soitg la fonction d´efinie par :

g: ]0,+∞[→R; x7→xln(x)−x+ 1.

(a) ´Etudier les limites ´eventuelles de gaux bornes de son ensemble de d´efinition.

(b) Justifier quegest d´erivable sur ]0,+∞[.

(c) Calculerg⁰(x), pour toutx∈]0,+∞[.

(d) D´eterminer le sens de variation de la fonctiong sur ]0,+∞[.

(e) En d´eduire le tableau de signes deg sur ]0,+∞[.

2. Soitf la fonction d´efinie par :

f: ]1,+∞[→R; x7→ ln(x) x−1. (a) ´Etudier la limite ´eventuelle de f en +∞.

(b) ´Etudier la limite ´eventuelle de f en 1⁺. Que peut-on d´eduire de cette ´etude ? (c) Justifier quef est d´erivable sur ]1,+∞[.

(d) Soitx∈]1,+∞[. Calculerf⁰(x) et exprimer le r´esultat en fonction deg(x).

(e) D´eterminer le sens de variation de la fonctionf sur ]1,+∞[.

Correction

1.(a) • Etude de la limite ´´ eventuelle deg en 0⁺. Par croissances compar´ees, on a :

xln(x) →

x→0⁺0.

D’autre part, par continuit´e de la fonction affinex7→ −x+ 1 en 0 `a droite, on a :

−x+ 1 →

x→0⁺1.

Par op´erations sur les limites, on a donc :

g(x)

z }| {

xln(x)−x+ 1 →

x→0⁺1.

• Etude de la limite ´´ eventuelle de gen +∞.

On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee. Pour lever l’ind´etermination, on factoriseg(x) =xln(x)−

x+ 1 par son terme pr´epond´erant en +∞, qui estxln(x).

Soitx∈]1,+∞[ (on a doncxln(x)>0 et on peut diviser parxln(x)6= 0).

On a :

g(x) =xln(x) Å

1− 1

ln(x)+ 1 xln(x)

ã . On sait que :

x →

x→+∞+∞ ; ln(x) →

x→+∞+∞.

Par op´erations sur les limites, on a donc : 1

ln(x) →

x→+∞0 ; xln(x) →

x→+∞+∞ ; 1

xln(x) →

x→+∞0.

On en d´eduit que :

1− 1

ln(x)+ 1

xln(x) →

x→+∞1 puis que

g(x) =xln(x) Å

1− 1

ln(x)+ 1 xln(x)

ã

x→+∞→ +∞.

1.(b) La fonctiong₁: ]0,+∞[→R; x7→ln(x) est d´erivable sur ]0,+∞[ (fonction logarithme n´ep´erien).

La fonctiong₂: ]0,+∞[→R; x7→xest d´erivable sur ]0,+∞[ (fonction affine).

La fonctiong₃: ]0,+∞[→R; x7→ −x+ 1 est d´erivable sur ]0,+∞[ (fonction affine).

Par op´eration sur les fonctions d´erivables, la fonction g=g1×g2+g3

est d´erivable sur ]0,+∞[.

1.(c) Soit x∈]0,+∞[. D’apr`es la partie du cours sur les op´erations sur les fonctions d´erivables, on a : g⁰(x) = g⁰₁(x)×g₂(x) +g₁(x)×g₂⁰(x) +g⁰₃(x)

= 1

x×x+ ln(x)×1 + (−1)

= ln(x).

1.(d) D’apr`es le cours, on connaˆıt le signe deg<sup>0</sup>, qui co¨ıncide avec la fonction logarithme n´ep´erien. On ap- plique alors le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie pour dresser le tableau de variations deg suivant.

x 0 1 +∞

Signe deg⁰(x) = ln(x) − 0 +

1 +∞

Variations de g

& %

g(1) = 0

1.(e) De la question pr´ec´edente, on d´eduit le tableau de signes suivant pour g.

x 0 1 +∞

Signe deg(x) + 0 +

2.(a) On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee pour cette ´etude de limite de quotient. Pour lever l’ind´etermination, on factorise d’une part le num´erateur par son terme pr´epond´erant en +∞ (qui est

´

evidemment ln(x)) et d’autre part le d´enominateur par son terme pr´epond´erant en +∞(qui estx).

Soitx∈]0,+∞[. On a :

f(x) = ln(x)

x−1 =ln(x) x

1 1−1

x .

Par op´erations sur les limites, il vient :

1 1−1

x

x→+∞→ 1.

Par les croissances compar´ees, on a en outre : ln(x)

x →

x→+∞0.

A nouveau par op´` erations sur les limites, on a :

f(x)

z }| { ln(x)

x 1 1− 1

x

x→+∞→ 0.

2.(b) ´Etudier la limite ´eventuelle def(x) quandxtend vers 1⁺revient `a ´etudier la limite def(1 +h) quand htend vers 0⁺.

Soith∈]0,+∞[. On a :

f(1 +h) = ln(1 +h)

1 +h−1 = ln(1 +h)

h .

On reconnaˆıt une limite usuelle (cf. limite de taux d’accroissements et nombre d´eriv´e). On sait donc que : f(1 +h) = ln(1 +h)

h →

h→0⁺1.

On en d´eduit que :

f(x) →

x→1⁺1.

Par suite, on peut prolonger la fonctionf par continuit´e en 1 `a droite, en posantf(1) = 1.

2.(c) La fonctionf₁: ]1,+∞[→R; x7→ln(x) est d´erivable sur ]0,+∞[ (fonction logarithme n´ep´erien).

La fonctionf₂: ]1,+∞[→R; x7→x−1 est d´erivable sur ]0,+∞[ (fonction affine).

De plus, la fonction f2 ne s’annule pas sur ]1,+∞[.

La fonction

f = f1

f₂

est donc bien d´efinie et d´erivable sur ]1,+∞[ (quotient d´efini de fonctions d´erivables).

2.(d) Soitx∈]1,+∞[. D’apr`es la partie du cours sur les op´erations sur les fonctions d´erivables, on a : f⁰(x) = f₁⁰(x)×f₂(x)−f₁(x)×f₂⁰(x)

(f2(x))²

= 1

x×(x−1)−ln(x)×1 (x−1)²

= 1

x×(x−1)−ln(x) (x−1)²

= 1

x×(x−1−xln(x)) (x−1)²

= 1

x×(−1)×(−x+ 1 +xln(x)) (x−1)²

= −1 x×

g(x)

z }| {

−x+ 1 +xln(x) (x−1)²

= −1

x×g(x)× 1 (x−1)².

2.(e) Soit x∈]1,+∞[. D’apr`es le r´esultat pr´ec´edent, il est clair quef⁰(x) et −1

x×g(x) ont le mˆeme signe.

Pour d´eterminer le signe de cette derni`ere expression, on s’appuie sur le tableau de signes de la fonction g obtenu `a la question 1.(e).

Ensuite, du signe de f⁰, on d´eduit les variations de la fonction f, en appliquant le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie.

En suivant cette d´emarche, on obtient le tableau de variations suivant pour la fonctionf.

x 1 +∞

Signe de−1

x −

Signe deg(x) +

Signe def⁰(x) −

1 Variations de f

&

0

Exercice 4 : Convergence de la suite

Ç

1 + 1 1! + 1

2! + 1

3! + . . . + 1 n!

å

n∈N^∗

Pour toutn∈N^∗, on pose :

un = 1 + 1 1!+ 1

2!+ 1

3!+. . .+ 1 n!. 1. Soitn∈N^∗. On d´efinit la fonctionf par :

f: [0,1]→R; x7→e^−x Å

1 + x 1!+x²

2! +x³

3! +. . .+xⁿ n!

ã .

(a) Donner la valeur def(0), puis une expression de def(1) en fonction deun. (b) Justifier quef est d´erivable sur [0,1].

(c) Montrer, en d´etaillant les calculs, que pour toutx∈[0,1], on a :f⁰(x) =−e^−x xⁿ n!. (d) En d´eduire que pour toutx∈[0,1] :|f⁰(x)| ≤ 1

n!.

(e) ´Enoncer le th´eor`eme des accroissements finis (premi`ere ou deuxi`eme forme).

(f) D´emontrer que :

u_n e −1

≤ 1

n!. 2. Montrer que pour toutn∈N^∗ :|un−e| ≤ e

n!. 3. En d´eduire que la suite (un)_n∈Nconverge verse.

Correction

1.(a) • Valeur def(0) Par d´efinition, on a :

f(0) =e⁻⁰ Ü

1 + 0 1!+0²

2! +0³

3! +. . .+0ⁿ n!

| {z }

0

ê

= 1×(1) = 1.

• Valeur de f(1) Par d´efinition, on a :

f(1) = e⁻¹ Å

1 + 1 1!+1²

2! +1³

3! +. . .+1ⁿ n!

ã

= 1

e Ü

1 + 1 1!+ 1

2!+ 1

3!+. . .+ 1 n!

| {z }

u_n

ê

= un

e .

1.(b) La fonctionf₁: [0,1]→R; x7→ −xest d´erivable sur [0,1] (fonction affine).

La fonctionf₂:R→R; x7→e^x est d´erivable sur R(fonction exponentielle).

La fonctionf₃: [0,1]→R; 1 + x 1!+x²

2! +x³

3! +. . .+x^k

k! +. . .+xⁿ

n! est d´erivable sur [0,1] (polynˆome).

Par op´erations sur les fonction d´erivables (composition et produit), on en d´eduit que : f = (f2◦f1)×f3

est d´erivable sur [0,1].

1.(c) Soit x∈[0,1]. D’apr`es la partie du cours sur les op´erations sur les fonctions d´erivables, on a : f⁰(x) = (f₁⁰(x)×f₂⁰(f1(x)))×f3(x) +f2(f1(x))×f₃⁰(x)

= (−1)×e^−x× Ç

1 + x 1!+x²

2! +x³

3! +. . .+x^k

k! +. . .+xⁿ n!

å

+e^−x× Ü

0 + 1 1!+2x

2! +3x²

3! +. . .+kx^k−1

k! +. . .+nxⁿ⁻¹ n!

| {z }

h(x)

ê

Comme pour toutk∈J2, nK, on a :

k! =k×(k−1)! (propri´et´e fondamentale des factorielles) on a :

k

k! = 1 (k−1)!. On en d´eduit que :

h(x) = 0 + 1 1!

|{z}

1

+ 2x 2!

|{z}x 1!

+3x² 3!

|{z}

x² 2!

+. . .+ kx^k−1 k!

| {z } x^k−1 (k−1)!

+. . .+ nxⁿ⁻¹ n!

| {z } xⁿ⁻¹ (n−1)!

= 1 + x 1!+x²

2! +. . .+ xⁿ⁻¹ (n−1)!.

Ainsi a-t-on :

f(x) = e^−x×(−1)× Å

1 + x 1!+x²

2! +x³

3! +. . .+xⁿ n!

ã +e^−x

Å 1 + x

1!+x²

2! +. . .+ xⁿ⁻¹ (n−1)!

ã

= e^−x× Å

−1− x 1!−x²

2! −x³

3! −. . .−xⁿ n!

ã +e^−x

Å 1 + x

1!+x²

2! +. . .+ xⁿ⁻¹ (n−1)!

ã

= e^−x Å

−1− x 1!−x²

2! −x³

3! −. . .−xⁿ

n! + 1 + x 1!+x²

2! +. . .+ xⁿ⁻¹ (n−1)!

ã

= e^−x× Å

−xⁿ n!

ã

(t´elescopage)

= −e^−x xⁿ n!.

1.(d) Soitx∈[0,1]. D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a :

|f⁰(x)|=

−e^−x xⁿ n!

=e^−xxⁿ n!

la derni`ere ´egalit´e venant du fait quee^−x>0,xⁿ≥0,n!>0 (ce qui implique quee^−xxⁿ n! ≥0).

On a :

0≤x≤1 =⇒ −1≤ −x≤0 (multiplication par (−1)<0 de chaque membre)

=⇒ 1

e ≤e^−x≤1

| {z }

(∗)

(la fonction exponentielle est strictement croissante surR)

et

0≤x≤1 =⇒ 0ⁿ≤xⁿ≤1ⁿ (la fonctionx7→xⁿ est strictement croissante surR⁺)

=⇒ 0≤xⁿ≤1 (n∈N^∗)

=⇒ 0≤xⁿ n! ≤ 1

n!

| {z }

(∗∗)

(division parn!>0 de chaque membre).

En multipliant membre `a membre les in´egalit´es (∗) et (∗∗) qui ne mettent en jeu que des termes positifs ou nuls, il vient :

0≤e^−xxⁿ n!

| {z }

|f⁰(x)|

≤ 1 n!.

On a donc

|f⁰(x)| ≤ 1 n!.

1.(e) La deuxi`eme forme du th´eor`eme des accroissements finis s’´enonce comme suit (on ne choisit pas f comme nom pour la fonction que l’on consid`ere, car le symbolef a d´ej`a un sens pr´ecis dans l’exercice).

Soit ϕune fonction d´efinie et d´erivable sur un intervalleI. Soientx, y∈ I. Alors il existe un nombre c, compris entrexet y, tel que :

ϕ(x)−ϕ(y) =ϕ⁰(c)×(x−y).

1.(f) La fonction f est d´erivable sur l’intervalle [0,1]. On applique la deuxi`eme forme du th´eor`eme des accroissements finis `a f entre les points 0 et 1 pour obtenir qu’il existe c compris entre 0 et 1 (donc appartenant `a [0,1]) tel que :

f(1)−f(0) =f⁰(c)×(1−0).

On en d´eduit (cf. question 1.(a)) que :

un

e −1 =f⁰(c).

En appliquant la valeur absolue `a cette derni`ere in´egalit´e, on a donc :

u_n e −1

=|f⁰(c)|.

Or c∈[0,1], donc|f⁰(c)| ≤ 1

n! d’apr`es 1.(d).

En rassemblant les deux derni`eres assertions, on obtient donc :

un

e −1 ≤ 1

n!. 2. Soitn∈N^∗.

D’apr`es 1.(f), on a :

u_n e −1

≤ 1

n!. En multipliant cette in´egalit´e pare >0, il vient :

(∗ ∗ ∗) e×

un

e −1 ≤ e

n!.

Or e´etant positif, on a e=|e|. `A l’aide de cette remarque et de la multiplicativit´e de la valeur absolue, on voit que :

e×

un

e −1

=|e| ×

un

e −1 =

e×un

e −1

=|un−e|. L’in´egalit´e (∗ ∗ ∗) se r´e´ecrit donc :

|u_n−e| ≤ e n!. 3. Soitn∈N.

D’apr`es 2., on a l’in´egalit´e|un−e| ≤ e

n! de laquelle on d´eduit :

−e

n! ≤un−e≤ e

n! (∀X ∈R, ∀A∈R⁺, |X| ≤A⇐⇒ −A≤X≤A) puis :

(∗ ∗ ∗∗) e− e

n! ≤un ≤e+ e n!

Or n! →

n→+∞+∞, donc :

e− e n! →

n→+∞e et e+ e n! →

n→+∞e.

De ces ´etudes de limites, de l’in´egalit´e (∗ ∗ ∗∗) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que la suite (un)_n∈Nconverge et que sa limite est e.