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Corrige de E3A 2015 PC math 2

Partie I A.

1.La fonction tan a pour periodepuisque tan(x+) =sin(x+)cos(x+)=sin(x)cos(x)= tan(x).

2.La fonction tan est strictement croissante et impaire suri

2 ;2 h et elle a pour limite +1en2 . La stricte croissance de tan sur ]=2;=2[ montre queest la plus petite periode positive de tan.π

2-π203.Demontrons par recurrence surnl'existence de la suite (Tn).

tan (0)(x) = tanx=T0(tanx) en posantT0(X) =X. Supposons pour un entiernl'existence d'un polyn^omeTnveriant tan(n)(x) =Tn(tanx).

En derivant la fonction composee on obtient: tan

(n+1)(x) =T0n(tanx)(1 + tan2(x)). En posantTn+1= (1 +X2)T0non obtient tan(n+1)(x) =Tn+1(tanx) ouTn+1est un polyn^ome.

La propriete est bien demontree par recurrence.

4.T1= 1 +X2,T2= (1 +X2)2X= 2X3+ 2XetT3= (1 +X2)(6X2+ 2) = 6X4+ 8X2+ 2.

5.On demontre par recurrence surnqueTnest un polyn^ome de degren+ 1 a coecients dansN.

C'est vrai pourn= 0 puisqueT0=Xa pour degre 1.

Supposons le vrai pour un entiern. DeTn+1= (1 +X2)T0non deduit queTn+1est un polyn^ome a coecients entiers (T0nl'etant) et qu'il a pour degren+ 2 (le degre deT0nestn+ 11 =n). On a bien demontre la propriete par recurrence.

6.Appliquons la formule de Taylor avec reste integral:

sifest de classeCN+1sur [a;b] alorsf(b) =NX k=0(ba)kk!f(k)(a) +Z b a(bt)NN!f(N+1)(t)dt. 1 Prenonsf= tan,a= 0,b=xetN= 2n+ 1. La fonction tan etant impaire, ses derivees d'ordre pair

sont aussi des fonction impaires et donc s'annulent en 0. On obtient bien la formule demandee en posant

t j= tan(2j+1)(0) et en utilisantf(2n+2)(t) =T2n+2(tant).

Partie I B.

7.On eectue une integration par parties sur [0;x]I:

R n(x) =Z x

0(xt)n1(n1)!f(n)(t)dt=

(xt)nn!f(n)(t) x 0 +Z x

0(xt)nn!f(n+1)(t)dt=xnn!f(n)(0)+Rn+1(x).

8.(a) Puisquef(n)>0 etb >0 (doncbt>0), la suite (Rn(b)) est positive. De plusRn+1(b) =

R n(b)bnn!f(n)(0)6Rn(b). La suite est decroissante, minoree par 0 donc elle converge. (b)i.En eectuant le changement de variable deni part=xuon obtient: R n(x) =Z 1

0(xxu)n1(n1)!f(n)(xu)xdu=xn(n1)!Z

1 0 (1u)n1f(n)(xu)du. ii.On sait deja queRn(x)>0 puisquex>0. Commef(n+1)>0, la fonctionf(n)est croissante doncf(n)(ux)6f(n)(ub) et puisque 1u>0 etx>0 on obtient bien la majoration demandee. iii.Avec i. et ii. on obtientRn(x)6xb nbn(n1)!Z 1 0 (1u)n1f(n)(tb)dt=xb nR n(b). (c) Appliquons a nouveau la formule de Taylor avec reste integral a l'ordrenpour la fonctionfsur l'intervalle [0;x] (avecx >0). f(x) =nX k=0x kk!f(k)(0) +Rn+1(x) et puisque 06Rn(x)6xb nR n(b) tend vers 0 quandntend vers +1(car 09.La fonction tan verie les conditions demandees pourf: elle est de classeC1suri 2 ;2 h et pour x2i 0;2 h , tan(n)(x) =Tn(tan(x))>0 puisqueTnest a coecients dansNet tan(x)>0. Pour tout x2i 0;2 h on peut trouver unb2i x;2 h et le resultat du I B.8.(c) s'applique. Avec tan(2n)(0) = 0 et en posanttn= tan(2n+1)(0) on obtient le resultat demande.

10.D'apres la question precedente le rayon de convergence est au moins egal a2

. Mais s'il etait superieur a 2 , la fonction tangente aurait une limite nie en2 , ce qui est faux. Le rayon de convergence est donc egal a 2

Partie II A.

1. n(Xi) =1i+ 1((X+ 1)i+1Xi+1) =iX

j=01i+ 1 i+ 1 j X j.

2.SiP=nX

i=0a iXion deduit par linearite de l'integrale que n(P) =nX i=0a i n(Xi). Comme le degre de n(Xi) est egal ai, n(P) est bien un polyn^ome de degre inferieur ou egal an. 2

3. nest lineaire par linearite de l'integrale et elle va deRn[X] dansRn[X], c'est donc un endomorphisme

deRn[X].

4.D'apres la formule obtenue au II A.1 (en echangeantietj), la matriceAde ndans la base canonique

deRn[X] est une matrice carree d'ordren+1 telle queai;j=1j+ 1 j+ 1 i pouri6jetai;j= 0 sii > j (en numerotant les lignes et les colonnes de 0 an).

5.La matriceAest donc triangulaire superieure avec des 1 sur la diagonale (ai;i= 1). Elle est donc inversible

(det(A) = 1) et nest donc un automorphisme deRn[X].

6.Comme la matriceAest triangulaire, ses valeurs propres sont ses coecients diagonaux qui sont tous

egaux a 1: na une seule valeur propre d'ordren+ 1 qui est egale a 1.

Si netait diagonalisable, sa matrice serait semblable a la matrice identite, donc serait egale a l'identite;

c'est faux puisquea0;1=12 . Donc nn'est pas diagonalisable.

7.(a) SiP=nX

i=0a iXi,Q=nX i=01i+ 1aiXi+1convient. (b) n(P)(x) = [Q(t)]x+1x=Q(x+ 1)Q(x). (c) n(P)0(x) =Q0(x+ 1)Q0(x) =P(x+ 1)P(x) = n(P0)(x).

Partie II B.

8.On fait une demonstration par recurrence surk.S0= 1 existe et est unique. Supposons l'existence et

l'unicite deS0;:::;Sk. La condition (b) est veriee si et seulement siSk+1(x) = (k+ 1)Z x 0 S k(t)dt+C= Q k(x) +C. La condition (c) pourSk+1est veriee si et seulement siC=Z 1 0 Q k(t)dt. On a donc

montre l'existence et l'unicite deSk+1et la suite (Sm) est bien denie de maniere unique par recurrence.

9.S1=X+CavecC=Z

1 0 tdt=12 doncS1=X12 S

02= 2X1 doncS2=X2X+CavecC=Z

1 0 (t2t)dt=13 +12 =16 doncS2=X2X+16 S

03= 3X23X+12

doncS3=X332 X2+12

X+CavecC=Z

1 0 t 332
t2+12 t dt=14 +12 14 = 0 doncS3=X332 X2+12 X.

10.On le montre par recurrence surk. C'est verie pourk= 0. Supposons queSksoit un polyn^ome unitaire

de degrek. DeS0k+1= (k+ 1)Skon deduit que le terme dominant deSk+1estXk+1, doncSk+1est bien un polyn^ome unitaire de degrek+ 1. La propriete est demontree par recurrence.

11.Pourk>2,Sk(1)Sk(0) =Z

1 0

S0k(t)dt=Z

1 0 kS k1dt= 0 puisque (c) s'applique ak1>1.

12.Considerons la suite (Tm) denie parTm(x) = (1)mSm(1x). Elle verie les conditions du II B.8:

T

0= 1,T0k+1(x) = (1)kS0k+1(1x) = (1)k(k+1)Sk(1x) = (k+1)Tk(x) et pourk>1,Z

1 0 T k(t)dt= 3 Z 1 0 (1)kSk(1t)dt=Z 1 0 (1)kSk(u)du= 0 en faisant le changement de variableu= 1t. Par unicite de la suite (Sm), on en deduitTm=Smpour toutm.

13.Montrons par recurrence surkqueSkconvient (l'unicite resulte du fait que nest bijectif). C'est vrai

pourk= 0 puisque n(1)(X) = 1. Supposons pour un entierkque n(Sk)(X) =Xk. D'apres II A.7(c) et la condition (b) du II B.8: n(Sk+1)0(X) = n((k+ 1)Sk)(X) = (k+ 1)Xk. On en deduit n(Sk+1)(X) =Xk+1+CavecC= n(Sk+1)(0) =Z 1 0 S k+1(t)dt= 0 avec la condition (b) du II B.8. On a bien demontre la propriete pourk+ 1. Elle est demontree par recurrence.

14.Avec la question II B.9. on obtient:1=12

,2=16 et3= 0.

15.Pourk>3 impair:Sk(0) =Sk(1) d'apres la question 11 etSk(0) =Sk(1) en posantx= 1 dans la

question 12. On a donck=Sk(0) = 0.

16.Montrons le par recurrence surn. C'est vrai pourn= 0 puisqueS0(x) = 1 =0. Supposons pour un

entiern>1 queSn(x) =nX k=0 n k kxnk. En integrantS0n+1= (n+ 1)Sn: S n+1(x) =nX k=0n+ 1nk+ 1 n k kxnk+1+CavecC=Sn+1(0) =n+1. Avec n+ 1nk+ 1 n k =(n+ 1)n!(nk+ 1)k!(nk)!=n+ 1 k on obtientSn+1(x) =n+1X k=0 n+ 1 k kxn+1k. La propriete est vraie pourn+ 1, elle est donc demontree par recurrence.

17.Pourn>2,Sn(1) =Sn(0) =n, donc en posantx= 1 dans le resultat de la question 16 on obtient

n1X k=0 n k k= 0.

18.On utilise la formule precedente sous la forme:n1=1n

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