e3a PC Mathématiques 2

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0.1. Exercice 3

1) a) Comme2n¡1est un entier strictement positif , on peut utiliser la formule du binôme de Newton :

1 = (1¡X+X)^2n¡1=

2nX¡1 k=0

µ2n¡1 k

¶

X^k(1¡X)^2n¡1¡k

=

n¡1

X

k=0

µ2n¡1 k

¶

X^k(1¡X)^2n¡1¡k+

2nX¡1

k=n

µ2n¡1 k

¶

X^k(1¡X)^2n¡1¡k soit

1 = (1¡X)ⁿ Ã_n¡1

X

k=0

µ2n¡1 k

¶

X^k(1¡X)^n¡1¡k

! +Xⁿ

Ã_2n¡1 X

k=n

µ2n¡1 k

¶

X^k¡n(1¡X)^2n¡1¡k

!

posons :

fn(X) =

n¡1

X

k=0

¡2n¡1 k

¢X^k(1¡X)^n¡1¡k; gn(X) =

2nX¡1 k=n

¡2n¡1 k

¢X^k¡n(1¡X)^2n¡1¡k

On a aussi :

gn(X) =

n¡1

X

l=0

µ2n¡1 n+l

¶

X^l(1¡X)^n¡1¡l

chaque terme defn(et degn) est un produit de deux polynômes et le degré du produit estn¡1. Donc par somme fn( etgn) est un polynôme de degré inférieur ou égl àn¡1 . Par construction(1¡X)ⁿfn(X) +Xⁿgn(X) = 1 .

D’où une solution du problème

b) f1(X) = 1 ; f2(X) = 2X+ 1 ; f3(X) = 6X²+ 3X+ 1 2)

analyse : Si(1¡X)ⁿA(X) +XⁿB(X) = 1alors(1¡X)ⁿ(A(X)¡fn(X)) =Xⁿ(gn(X)¡B(X)) 0 est racine d’ordre au moins nde(1¡X)ⁿ(A(X)¡fn(X)) donc de(A(X)¡fn(X))

il existe donc un polynôme Qtel queA(X)¡fn(X) =XⁿQet Xⁿ(gn(X)¡(1¡X)ⁿQ¡B(X)) = 0 On peut simpli…er parXⁿ donc : B(X) =gn(X) + (1¡X)ⁿQ

véri…cation : A(X) =fn(X) +XⁿQ etB(X) =gn(X)¡(1¡X)ⁿQalors(1¡X)ⁿA(X) +XⁿB(X) = 1 Donc

½ (1¡X)ⁿA(X) +XⁿB(X) = 1

A; B2R[X] () 9Q2R[X];

½ A(X) =fn(X) +XⁿQ B(X) =gn(X)¡(1¡X)ⁿQ

siA est de degré inférieur ou égal àn¡1; d^±(XⁿQ) =d^±(A¡fn)·(n¡1) donc d^±(Q)<0 et doncQ= 0. Il y a unicité defn et donc degn

3) a) Si(1¡X)ⁿfn(X) +Xⁿgn(X) = 1 alors(X)ⁿfn(1¡X) + (1¡X)ⁿgn(1¡X) = 1

fn(1¡X)et gn(1¡X)sont des polynômes deRn¡1[X]qui véri…ent(1¡X)ⁿgn(1¡X) +Xⁿfn(1¡X) = 1 d’après l’unicité de fn etgn

fn(1¡X) =gn(X)etgn(1¡X) =fn(X) On peut aussi passer par le calcul :

fn(1¡X) =

n¡1

X

k=0

µ2n¡1 k

¶

(1¡X)^k(X)^n¡1¡k=

n¡1

X

l=0

µ 2n¡1 2n¡1¡l

¶

(1¡X)^n¡1¡l(X)^len posantl= 2n¡1¡k et comme¡ _2n¡1

2n¡1¡l

¢=¡_2n¡1

l

¢on retrouve l’expression de gn . b)8x2R; fn(x) =

nX¡1 k= 0

¡2n¡1 k

¢x^k(1¡x)^n¡1¡k donc

² pour x= 0on obtient fn(0) = 1 (le seul terme non nul est pour k= 0)

² pour x= 1on obtient fn(1) =¡_2n¡1

n¡1

¢=¡_2n¡1

n

¢= _{n! (n}^(2n¡_¡^1)!_1)! ( terme pour k=n¡1)

² pour x= 1=2on a

n¡1

X

k=0

¡2n¡1 k

¢ ¡1 2

¢ⁿ¡1

qui peut se simpli…er car

2^2n¡1 =

2nX¡1

k=0

µ2n¡1 k

¶

=

nX¡1

k=0

µ2n¡1 k

¶ +

2nX¡1

k=n

µ2n¡1 k

¶

=

n¡1

X

k=0

µ2n¡1 k

¶ +

n¡1

X

p=0

µ 2n¡1 2n¡1¡p

¶

=

n¡1

X

k=0

µ2n¡1 k

¶ +

nX¡1 p= 0

µ2n¡1 k

¶

= 2

n¡1

X

k=0

µ2n¡1 k

¶

d’ où

fn

¡₁

2

¢= 2^n¡1

² Il est peut-être plus simple de partir de la relation initiale en utilisantfn(1¡x) =gn(x)doncfn(1=2) =g;n(1=2)et (1¡x)ⁿfn(x) +xⁿgn(x) = 1donc ¡₁

2

¢ⁿ

(fn(1=2) +gn(1=2)) = 1 fn¡₁

2

¢= 2^n¡1

4) a) Six6= 1donc en particulier sur]¡1;1[; fn(x) = 1

(1¡x)ⁿ +x^n¡1 xgn(x) (1¡x)ⁿ comme lim

x!0

xgn(x) (1¡x)ⁿ = 0;

fn(x) =

x!0(1¡x)^¡n+o¡ x^n¡1¢

b)fnest un polynôme de degré inférieur ou égal àn¡1, doncfn(x)est la partie principale du développement limité à l’ordre(n¡1)de(1¡x)^¡n . Du développement limité

(1 +u)^a = 1 +au+¢ ¢ ¢= 1 + Xn k=0

a(a+ 1)¢ ¢ ¢(a+k¡1)

k! u^k+o(uⁿ) quandutend vers 0 on déduit :

(1¡x)^¡n= 1 +

nX¡1 k= 1

(¡n):: :(¡n¡k+1)

k! (¡1)^kx^k+o(x^n¡1) = 1 +

nX¡1 k=1

¡_n+k¡1

k

¢x^k+o(x^n¡1) donc

fn(X) =

n¡1

X

k=0

¡n+k¡1 k

¢X^k=

n¡1

X

k=0

¡n+k¡1 n¡1

¢C_n+k^n¡1_¡1X^k

² pour x= 0on retrouvefn(0) =Cnⁿ¡^¡1¹= 1:

² :pourx = 1on trouvePn¡1 k= 0

¡n+k¡1 k

¢=¡2n¡1 n¡1

¢

² :pourx = 1=2 on trouvePn¡1 k=0 (^n+k¡1k )

2^k = 2^n¡1

c) Les coe¢cients de fn sont tous positifs, le coe¢cient constant est1, donc 8x2R⁺ ; fn(x)¸1 L’équationfn(x) = 0n’a pas de racine positive ou nulle

5) a) en dérivant la relation(1¡X)ⁿfn(X) +Xⁿgn(X) = 1, on obtient : (1¡X)^n¡1(nfn(X)¡(1¡X)f_n⁰(X)) =X^n¡1(ngn(X) +Xg⁰_n(X))

On reconnaît dans le membre de gauche l’expression souhaitée par le sujet. Pour montrer que c’est un multiple de X^n¡1il faut trouver la méthode pour simpli…er. Si on a su faire la question 2 il su¢t de reprendre l’idée:

nfn(X)¡(1¡X)f_n⁰(X)est un polynôme de degré inférieur ou égal à(n¡1)qui admet0 comme racine d’ordre au moins(n¡1) donc il existe un réel ktel quenfn(X)¡(1¡X)f_n⁰(X) =kX^n¡1 ; fn(1) =¡_2n¡1

n

¢donc en regardant le coe¢cient dominant :k=n¡_2n¡1

n

¢:Donc

8x2R; nfn(x)¡(1¡x)f_n⁰(x) =n¡_2n¡1

n

¢x^n¡1

2

b) Supposons que l’équation fn(x) = 0ait au moins deux racines réelles strictement négatives, notons aet b deux racines consécutives de fn; (a < b <0)

f_n⁰(a) = ¡n¡_2n¡1

n

¢a^n¡1

1¡a doncf_n⁰(a)est non nulle et du signe de(¡1)ⁿ de même pourf_n⁰(b):

Supposons par exemplen pair . On afn(a) = 0etf_n⁰(a)>0 ,donc sur un petit intervalle]a; a+"[ fn(x)>0 , de même sur]b¡"; b[fn(x)<0 . fnétant continue il existe une racine entre aet b.

.ABSURDE car aet bsont supposés consécutives.

fn admet au plus une racine négative 6)hn est de classeC¹surRet 8x2R; h⁰_n(x) =x^n¡1(1¡x)^n¡1

hnest un polynôme donthn»§1

(¡1)^n¡1x^2n¡1 2n¡1 donc sin est pair ,lim

+1hn=¡1; lim

¡1hn = +1; sin est impair ,lim

+1hn= +1; lim

¡1hn =¡1

x j ¡1 ¡1 0 1 +1

—— j ————————

h⁰2n+1 j 0 + 0

—— j ————————

h2n+1 j ¡1 %0% ⁺¹

x j ¡1 0 1 +1

—- j ————————————-

h⁰2n j ¡ 0 + 0 ¡

—- j ————————————-

h2n j ⁺¹ &0 % ^hn(1)&¡1

7) a) Sur]¡ 1;1[; fn est l’unique solution véri…antfn(0) = 1de l’équation di¤érentielle résoluble : (E) (1¡x)y⁰¡ny=¡nC_2nⁿ_¡1x^n¡1

L’équation sans second membre a pour solution toutes les fonctions : g(x) = ¸exp (¡nln(x¡1)) = _(x¡^¸₁₎n avec

¸2R

On calcul maintenantfn par variation de la constante :

x! ₍₁^¸(x)_¡x)n est solution de(E)sur ]¡ 1;1[si et seulement si¸⁰(x) =¡nC_2nⁿ_¡1x^n¡1(1¡x)^n¡1 donc si et seulement si¸(x) =¡nC_2nⁿ_¡1hn(x) +C stesur]¡1;+1[

donc il existek2Rtel que pour tout x2]¡1;+1[;

fn(x) = k¡n¡_2n¡1

n

¢hn(x) (1¡x)ⁿ

fn(0) = 1donck= 1donc pour toutx 2]¡ 1;1[; (1¡x)ⁿfn(x) = 1¡nC2nⁿ ¡1hn(x) deux fonctions polynômes égales sur]¡ 1;1[(ensemble in…ni) sont égales surR donc8x2R; (1¡x)ⁿfn(x) = 1¡nC_2nⁿ _¡1hn(x)donc :

8x6= 1; fn(x) = 1¡n¡_2n¡1

n

¢hn(x) (1¡x)ⁿ b)fn est un polynôme donc est continue en 1 donc:

fn(1) = lim

x!1

Ã1¡n¡2n¡1 n

¢hn(x) (1¡x)ⁿ

!

Pour étudier la limite on revient au voisinage de 0en posantu =x¡1

fn(1) = lim

u¡>0

Ã1¡n¡2n¡1 n

¢hn(u+ 1) (¡u)ⁿ

!

orh⁰(u+ 1) = (1 +u)^;n¡1(¡u)^n¡1= (1 +o(1)) (¡u)^n¡1= (¡1)^n¡1¡

u^n¡1+o(u^n¡1)¢

la fonction étantC¹on peut intégrer termes à termes le développement limité en intégrant sa partie principale :

hn(1 +u)¡hn(1) = (¡1)^n¡1 µuⁿ

n

¶

+o(uⁿ) donc sihn(1) = ¹

n(^2n¡1n ) ,

1¡n¡_2n¡1

n

¢hn(u+ 1)

(¡u)ⁿ =(¡1)ⁿ¡_2n¡1

n

¢uⁿ+o(un) (¡1)ⁿuⁿ

3

On retrouve bien par passage à la limite fn(1) =¡_2n¡1

n

¢

Reste à calculerhn(1), ce qui peut se faire par récurrence et intégration par partie : Z 1

0

x^n¡1(1¡x)^n¡1dx =

·xⁿ

n (1¡x)^n¡1

¸1

0

+ Z 1

0

xⁿ

n(n¡1)(1¡x)^n¡2dx= n¡1 n

Z 1

0

xⁿ(1¡x)^n¡2dx

= (n¡1)¢ ¢ ¢(n¡k¡2) n(n+ 1)(n+ 2)¢ ¢ ¢(n+k¡1)

Z 1

0

x^n+k¡1(1¡x)^n¡k¡1dxrécurrence à rédiger

= (n¡1)¢ ¢ ¢1

n(n+ 1)(n+ 2)¢ ¢ ¢(2n¡1) = (n¡1)!:(n¡1)!

(2n¡1)! = 1 n¡2n¡1

n

¢

8)x2]¡ 1;0[est solution defn(x) = 0si et seulement sihn(x) = 1 n¡_2n¡1

n

¢ >0 En utilisant les variations dehn vues au 6) on en déduit que :

Sinest impairfn(x) = 0n’a pas de solution sur ]¡ 1;0[ donc pas de solution surR

Sinest pairfn(x) = 0a une solution et une seule sur ]¡ 1;0[ donc une solution et une seule surR 9)fn(z) =

n¡1

X

k=0

¡_n+k¡1

k

¢z^k d’après 4) .

Par l’absurde :supposonsjzj ¸1 et fn(z) =

nX¡1 k=0

¡_n+k¡1

k

¢z^k:On a donc :

fn(z) =

µ2n¡2 n¡1

¶ z^n¡1

0

@1 + 1

¡_2n¡2

n¡1

¢

nX¡2

k=0

µn+k¡1 k

¶ 1 z^k¡n+1

1 A

soitB = 1

¡_2n¡2

n¡1

¢

n¡2

X

k=0

¡_n+k¡1

k

¢ 1

z^k¡n+1 ; jBj · 1

¡_2n¡2

n¡1

¢

nX¡2

k=0

¡_n+k¡1

k

¢

Or d’après la formule de Pascal :¡n p

¢+¡ n p¡1

¢=¡n+1 p

¢ donc¡n+k¡1 k

¢=¡n+k k

¢¡¡n+k¡1 k¡1

¢

jBj · 1

¡_2n¡2

n¡1

¢

n¡2

X

k=0

³¡_n+k

k

¢¡¡_n+k¡1

k¡1

¢´=

¡_2n¡2

n¡2

¢

¡_2n¡2

n¡1

¢ =

(2n¡2)!

n!(n¡2)!

02n¡2)!

(n¡1)!(n¡1)!

= ^(n¡_n!(n^1)!(n_¡2)!^¡1)! =^n¡_n¹ <1 donc1 +B ne s’annule pas et sijzj ¸1; fn(z)6= 0.

donc toutes les racines complexes de fn(z) = 0sont de modules strictement inférieurs à 1

4