Partie I
1) a)(1) et(2)sont clairement vérifiées,(3) découle immédiatement de la formule du binôme :
∀n∈N ∀(x, y)∈R2 Pn(x+y) = 1 n!
n
k=0
n!
k! (n−k)!xkyn−k= n
k=0
Pk(x)Pn−k(y). La suite (Pn) vérifie(C).
b)Par définition, j’ai pour n≥2 :
∀x∈R Pn′ (x) = 1
n!(x+n)n−1+n−1
n! x(x+n)n−2= (x+n)n−2
n! [x+n+ (n−1)x]
= 1
(n−1)!(x+ 1) (x+ 1 +n−1)n−2=Pn−1(x+ 1) Notons que cette relation subsiste pour n= 1, puisqueP2(x) = 1
2x(x+ 2), doncP2′(x) =x+ 1 ; or P1(x) =x pour toutx par définition. Finalement :
∀n≥1 ∀x∈R Pn′(x) =Pn−1(x+ 1). ((R)) Ici aussi,(1)et(2)se vérifient trivialement. Je montre(3)par récurrence surn. SoitPnle prédicat :
∀(x, y)∈R2 Pn(x+y) = n
k=0
Pk(x)Pn−k(y).
∗ P0 est banal.
∗ Je suppose quen ≥1 est tel que Pn−1 soit vrai ; je fixe x dans R ; j’ai d’après la relation (R), commeP0′ = 0:
d dy
n k=0
Pk(x)Pn−k(y) = n
k=0
Pk(x)Pn−k′ (y) =n−1
k=0
Pk(x)Pn−1−k(y+ 1) =Pn−1(x+y+ 1), cette dernière égalité provenant de l’hypothèse de récurrence. Donc, toujours d’après (R), les deux fonctions y →
n k=0
Pk(x)Pn−k(y) et y → Pn(x+y) ont la même dérivée sur R. Or, par définition de la suite (Pn), Pj(0) est nul pour tout j ≥ 1 ; j’en déduis que ces deux fonctions coïncident en 0, où elle valentPn(x). Elle sont finalement égales :
∀y∈R Pn(x+y) =
n k=0
Pk(x)Pn−k(y), cela pour toutx réel.
Par conséquent,Pn est bien vérifié, ce qui achève cette démonstration par récurrence.
La suite (Pn) vérifie(C).
2) a)Prenant x=y = 0dans (3), j’obtiens
∀n≥1 Pn(0) = 2Pn(0) +
n−1 k=1
Pk(0)Pn−k(0) (cette dernière somme étant nulle pourn= 1).
Il en résulte, par une récurrence forte et néanmoins immédiate, que Pour toutn≥1,Pn(0) = 0.
b)(3) me donne, pourn= 1ety= 1, sachant queP0 = 1:
∀x∈R P1(x+ 1) =P1(x) +P1(1).
Il en résulte, par une récurrence immédiate, que P1(n) =nP1(1)pour toutndans N. Le polynôme P1(X)−XP1(1)admet donc une infinité de racines : c’est le polynôme nul. Et comme par hypothèse P1 n’est pas nul, c’est queP1(X) =a1X aveca1 =P1(1) = 0. En particulier :
degP1 = 1.
(On peut aussi montrer que P1′ est constant en dérivant P1(x+y) =P1(x) +P1(y).)
c)D’aprèsb),P1est bien de la formea1X, aveca1 ∈R∗. Je reprends l’idée précédente ;(3)me donne, toujours avec y= 1et sachant queP0 = 1
∀n≥1 Pn(X+ 1)−Pn(X) =n−1
k=0
Pn−k(1)Pk(X) =a1Pn−1(X) +n−2
k=0
Pn−k(1)Pk(X). Or, pour P polynôme donné non constant de degréd, le polynôme P(X+ 1)−P(X) est de degré d−1 ; plus précisément, si adXd est le terme dominant de P, celui de P(X+ 1) −P(X) est dadXd−1 (d’après la formule du binôme, sachant que d−1d =d ). J’en déduis, à nouveau grâce à une récurrence forte surn, quePnest de degrén(puisquea1est non nul). De plus, compte tenu de la remarque précédente, le coefficient dominantandePnvérifie la relation de récurrencenan=a1an−1, soit an= a1
nan−1, d’où par une dernière récurrence :
Pour toutn,Pn est de degrén, de coefficient dominant an1 n!. d)En dérivant (3) par rapport ày, pour x fixé, puis en prenant y= 0, j’obtiens
∀n≥1 ∀x∈R Pn′ (x) =
n−1 k=0
an−kPk(x).
(Le terme d’indice na disparu puisqueP0(y) est une constante.)
3) a)Ce résultat est clair : (C′) définit par récurrence une unique suite de polynômes, puisque P0 est donné et, pour tout n≥1,Pn est la primitive qui s’annule en 0 du polynômen−1
k=0
an−kPk. Il existe une unique suite de polynômes (Pn) vérifiant(C′).
b)Pour x fixé, la fonction t→vn(x, t) est de classe C∞ et la relation de l’énoncé n’est autre que son développement limité à l’ordre n en 0 ; or la formule de Taylor-Young me donne
vn(x, t) =
n
k=0
1 k!
∂kvn
∂tk (x,0)tk+tnεn(x, t).
πk(x) est nécessairement le coefficient de tk dans ce développement limité, mais a priori celui-ci dépend den. Il me reste à montrer qu’il n’en est rien. Je vérifie pour cela, n≥1 étant fixé, que
∀k∈[[1, n]] ∂kvn
∂tk (x,0) = ∂kvk
∂tk (x,0). Pourk=n, il n’y a rien à faire ! Pour 1≤k < n, je remarque que vn(x, t) =vk(x, t) exp x n
j=k+1
ajtj =vk(x, t)w(t) où w:t→exp tk+1x n
j=k+1
ajtj−k−1 . west de classeC∞etw(t) =
t→01+O tk+1 =
t→01 +o tk , donc, par unicité du développement limité, fourni par la formule de Taylor-Young, j’ai
∀i∈[[1, k]] w(i)(0) = 0.
J’en déduis, grâce à la formule de Leibniz,
∂kvn
∂tk (x,0) =
k
i=0
k i
∂k−ivk
∂tk−i (x,0)w(i)(0) = ∂kvk
∂tk (x,0), ce qu’il fallait démontrer.
Enfin, π0(x) =v1(x,0) = 1. En conclusion :
Il existe une (unique) suite (πn)n≥0 vérifiant la condition, définie par π0 = 1 et ∀n∈N∗ πn(x) = 1
n!
∂nvn
∂tn (x,0).
J’ai déjàπ0 = 1. Dev1(x, t) =ea1xt =
t→01 +a1xt+o t2 et de l’unicité de ce développement limité, pour x fixé, je déduisπ1 =a1X= 0puisquea1 = 0par hypothèse.
Enfin, d’après la définition de vn, j’ai, pour(x, y)∈R2,
∀t∈R vn(x+y, t) =vn(x, t)vn(y, t).
En dérivant nfois par rapport à t grâce à la formule de Leibniz et en prenant les valeurs en t= 0, j’obtiens d’après l’expression de πn :
πn(x+y) = n
k=0
πk(x)πn−k(y).
La suite (πn) vérifie donc(C) ; alors d’après les questions1) et 2)ci-dessus, elle vérifie également (C′) :
La suite(πn)n≥0 vérifie(C) et(C′).
D’après l’unicité de la suite (Pn) vérifiant (C′), établie aua), j’ai donc
∀n∈N πn=Pn.
On a vu dans les questions 1)et2)ci-dessus que(C)⇒(C′) (avecan=Pn′ (0)) et on vient de voir que si (Pn) vérifiait(C′)(pour une certaine suite (an)), alors elle coïncidait avec une suite (πn) qui vérifie (C) ! Finalement,
(C) et(C′) sont équivalentes.
Partie II 1) a)Soit, pour tout n dansN,Pn l’assertion :
∀k≤n ∀x∈R ∀t∈]−R, R[ tnPn′ (x) ≤f(t)e|x|f(t) et |tnPn(x)| ≤e|x|f(t).
∗ P0 est vraie : en effetP0′(x) = 0etP0(x) = 1, tandis quef est à valeurs positives.
∗ Je suppose quen≥1est tel quePn−1 soit vraie ; je fixex dansRettdans]−R, R[; d’après(C′) tnPn′ (x) ≤ |t|nn−1
k=0
|an−k| |Pk(x)|=n−1
k=0
|an−k| |t|n−k tkPk(x)
≤ n−1
k=0
|an−k| |t|n−ke|x|f(t) d’après l’hypothèse de récurrence.
Or la série définissantf est à termes positifs, donc
n−1 k=0
|an−k| |t|n−k= n
j=1
|aj| |t|j ≤f(t). D’où
∀x∈R ∀t∈]−R, R[ tnPn′ (x) ≤f(t)e|x|f(t). Commen≥1, j’aiPn(0) = 0 etPnde classe C1 (!) donc
∀x∈R Pn(x) =
x 0
Pn′ (u)du.
Pourx≥0 ett∈]−R, R[, j’en déduis :
|tnPn(x)| ≤
x 0
tnPn′ (u) du≤
x 0
f(t)euf(t)du= euf(t) u=x
u=0 =exf(t)−1≤exf(t). De même, pourx <0 ett∈]−R, R[, j’ai :
|tnPn(x)| ≤
0 x
tnPn′ (u) du≤
0 x
f(t)e−uf(t)du= −e−uf(t) u=0
u=x =−1 +e−xf(t) ≤e−xf(t). J’ai ainsi
∀x∈R ∀t∈]−R, R[ |tnPn(x)| ≤e|x|f(t).
Par conséquent,Pn est bien vérifiée, ce qui achève cette démonstration par récurrence (forte).
∀n∈N ∀x∈R ∀t∈]−R, R[ |tnPn′ (x)| ≤f(t)e|x|f(t) et |tnPn(x)| ≤e|x|f(t).
b)Soitρ∈]0, R[; je viens de voir (en prenantt=ρ) que la suite(Pn(x)ρn)n∈Nest bornée (pare|x|f(ρ)).
Le lemme d’Abel m’indique alors que le rayon de convergence R0 de la série entière Pn(x)tn est au moins égal à ρ, cela pour toutρdans ]0, R[. Il en résulte queR0≥R.
Le même raisonnement s’applique à Pn′ (x)tn.
Les séries entières ent Pn(x)tn et Pn′ (x)tn ont un rayon de convergence au moins égal à R.
2) a)Je note pour tout n qn la fonction x →Pn(x)tn ; lesqn sont des fonctions polynomiales, donc de classe C1 sur R ! Soit M ∈ R+∗ et r fixé tel que |t| < r < R (il en existe puisque |t| < R par hypothèse). J’ai grâce au 1)a)
∀n∈N ∀x∈[−M, M] qn′ (x) = tnPn′ (x) = rnPn′ (x) t r
n
≤f(r)e|x|f(r) t r
n
≤f(r)eMf(r) t r
n
. Ce dernier majorant ne dépend pas dex et est le terme général d’une série géométrique convergente d’après le choix (convenable) de r. Par conséquent :
q′n converge normalement sur[−M, M].
b)Avec les notations précédentes, Stn’est autre que la fonction somme de la série de fonctions qn ; cette série de fonctions converge simplement sur R (d’après 1)b), puisque |t| < R). D’après la question précédente, pourM >0fixé, qn′ converge normalement, donc uniformément sur[−M, M].
Ainsi le théorème de dérivation terme à terme d’une série de fonctions permet de conclure que St
est C1 sur [−M, M], cela pour tout M >0 d’où finalement : St est dérivable surRetSt′ :x→ ∞
n=0
Pn′ (x)tn. Or, d’après(C′)
∀n∈N Pn′ (x) =n−1
k=0
an−kPk(x) =
n k=0
an−kPk(x) en posanta0 = 0.
D’où : ∀x∈R St′(x) =
∞ n=0
n k=0
an−kPk(x) tn. Je reconnais le produit de Cauchy des deux séries entières de la variable tde sommes respectives f(t) etSt(x) (|t|< Ret ces deux séries entières ont un rayon de convergence au moins égal à Rd’après 1)b)). Finalement :
∀x∈R St′(x) =f(t)St(x).
c)AinsiStest-elle solution surRde l’équation différentielle scalaire d’ordre 1y′ =f(t)y(où la variable est x,f(t) étant une constante !) ; commeSt(0) = 1, il en résulte
St(x) = ∞
n=0
Pn(x)tn=exf(t).
3) À la suite réelle (an)n≥1 donnée, j’associe la suite de polynômes (Pn)n≥0 définie par (C′) ; elle vérifie aussi (C) d’après l’étude du I et an = Pn′ (0) pour tout n ≥ 1. Alors le début de cette partie II s’applique et donc, d’après2)c),
exf(t)= ∞
n=0
Pn(x)tn pour|t|< R, la suite(Pn) vérifiant(C) ! 4) a)Ici a1 = 1etan= 0pour toutn≥2, d’où
f(t) =t et R= +∞.
b)Ici, (Pn)vérifie (C′) aveca1 =a2= 1etan= 0pour toutn≥3, d’où f(t) =t+t2 et R= +∞.
c)Ici, une récurrence facile montre que (Pn) vérifie (C′) avecan= (−1)n−1 pour toutn≥1, d’où f(t) = t
1 +t et R= 1.
Partie III 1) a)J’ai ici :
∀n≥2 an =Pn′ (0) =Pn−1(1) = nn−2 (n−1)!, d’où, pourt non nul fixé,
an+1tn+1
|antn| = (n+ 1)n−1
nn−1 |t|= 1 + 1 n
n−1
|t| −→
n→∞e.|t|. Grâce à la règle de d’Alembert, j’en déduis que
Le rayon de convergence de antn estR= 1/e.
b)D’après II-2),j’ai, en reprenant les mêmes notations, pour |t|< R,
∞ n=0
Pn′ (x)tn=St′(x) =f(t)exf(t)
D’autre part, d’après la relation vérifiée par les (Pn), j’ai, commeP0′ = 0
∞ n=0
Pn′ (x)tn= ∞
n=1
Pn′ (x)tn= ∞
n=1
Pn−1(x+ 1)tn=t ∞
p=0
Pp(x+ 1)tp =te(x+1)f(t). Je compare ces deux expressions et je simplifie par exf(t) pour obtenir :
tef(t)=f(t), pour tout ttel que |t|< R.
2) a)ψ :u→ue−u est de classeC∞ sur R, de dérivée ψ′ :u →(1−u)e−u, d’où compte tenu de l’étude banale en±∞ :
ψ:u→ue−u croît de −∞à 1/esur ]−∞,1], puis décroît de 1/eà 0 sur[1,+∞[.
b)f est définie sur]−1/e,1/e[et vérifie
∀t∈]−1/e,1/e[ ψ[f(t)] =t.
Soit ml’antécédent de−1/eparψ(il est unique, élément deR−∗d’après les variations et le signe de ψ). Toujours d’après les variations de ψ, j’ai nécessairementf(]−1/e,0]) = ]m,0](tout réel négatif admet un unique antécédent parψ). Par contre, les éléments de]0,1/e[admettent deux antécédents, l’un dans]0,1[, l’autre dans]1,+∞[. Commef est strictement croissante sur]0,1/e[(comme somme d’une série entière dont tous les coefficients sont positifs), elle définit une bijection de ]0,1/e[ sur f(]0,1/e[)dont la bijection réciproque est également croissante. Du sens de variation deψ, je déduis donc que
f est la bijection réciproque deϕ: ]m,1[ → ]−1/e,1/e[
u → ue−u
. c)Je viens de voir que
f croît demà 1sur ]−1/e,1/e[etϕ croît de−1/eà 1/esur ]m,1[.
Voir page suivante l’allure des graphes (f se prolonge par continuité à[−1/e,1/e]en une fonctionC1 sur [−1/e,1/e[, non dérivable en1/e, le graphe admettant en ce point une tangente parallèle àOy).
Les graphes sont symétriques par rapport à la bissectrice du repère. Celui de ϕest en pointillés.
-0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
-0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
x y
d)La calculatrice fournit
ψ(−0.2785)<−1/e et ψ(−0.278)>−1/e, donc
m≈ −0.278à 10−3 près.
