corrigé

e3a PC Mathématiques 2
0.1. Exercice 3
1) a) Comme 2n ¡ 1 est un entier strictement positif , on peut utiliser la formule du binôme de Newton :
1
¶
2n ¡ 1
X k (1 ¡ X)2n¡1¡ k
k
k=0
n¡
2n¡
X1 µ 2n ¡ 1¶
X1 µ 2n ¡ 1 ¶
X k (1 ¡ X)2n¡1¡k +
X k (1 ¡ X)2n¡1¡k
k
k
2n¡ 1
=
(1 ¡ X + X)
=
=
µ
2n¡1
X
k=0
soit
1 = (1 ¡ X)
n
posons :
k=n
à n¡1 µ
X 2n ¡ 1¶
k
k=0
f n (X) =
n¡1
X
k=0
¡2n¡ 1¢
k
X k (1 ¡ X)n¡ 1¡k
!
à 2n¡ 1 µ
!
X 2n ¡ 1 ¶
+ Xn
X k¡ n (1 ¡ X)2n¡1¡ k
k
k=n
X k (1 ¡ X)n¡ 1¡k ; gn (X) =
On a aussi :
gn (X) =
n¡1
X
l=0
µ
2n¡
X1
k=n
¡2n¡1 ¢
k
X k¡n (1 ¡ X)2n¡ 1¡k
¶
2n ¡ 1
X l (1 ¡ X)n¡1¡l
n+l
chaque terme de f n (et de gn ) est un produit de deux polynômes et le degré du produit est n¡1 . Donc par somme
n
f n ( et g n ) est un polynôme de degré inférieur ou égl à n¡ 1 . Par construction (1 ¡ X) f n (X) + X n g n (X) = 1
.
D’où une solution du problème
b)
f1 (X) = 1 ; f2 (X ) = 2X + 1 ; f3 (X) = 6X 2 + 3X + 1
2)
n
n
analyse : Si (1 ¡ X) A(X) + X n B(X) = 1 alors (1 ¡ X ) (A(X) ¡ fn (X)) = X n (gn (X) ¡ B(X))
n
0 est racine d’ordre au moins n de (1 ¡ X) (A(X) ¡ f n (X)) donc de (A(X) ¡ f n (X))
n
il existe donc un polynôme Q tel que A(X) ¡ f n (X) = X n Q et X n (g n (X) ¡ (1 ¡ X ) Q ¡ B(X)) = 0
n
n
On peut simpli…er par X donc : B(X) = gn (X) + (1 ¡ X) Q
n
n
véri…cation : A(X) = f n (X) + X n Q et B(X) = gn (X) ¡ (1 ¡ X) Q alors (1 ¡ X) A(X ) + X n B(X) = 1
½
½
n
(1 ¡ X) A(X) + X n B(X) = 1
A(X) = fn (X) + X n Q
Donc
() 9Q 2 R[X] ;
n
A; B 2 R[X]
B(X) = gn (X) ¡ (1 ¡ X) Q
si A est de degré inférieur ou égal à n ¡ 1; d± (X n Q) = d± (A ¡ fn ) · (n ¡ 1) donc d± (Q) < 0 et donc Q = 0 .
Il y a unicité de f n et donc de g n
n
n
n
3) a) Si (1 ¡ X) fn (X) + X n g n (X) = 1 alors (X) fn (1 ¡ X) + (1 ¡ X) gn (1 ¡ X) = 1
n
f n (1 ¡ X) et gn (1 ¡ X) sont des polynômes de R n¡ 1 [X ] qui véri…ent (1 ¡ X) g n (1 ¡ X) + X n fn (1 ¡ X) = 1
d’après l’unicité de fn et g n
fn (1 ¡ X) = g n (X) et gn (1 ¡ X) = fn (X)
On peut aussi passer par le calcul :
fn (1 ¡ X) =
et comme
¡
n¡1
X
k=0
µ
2n¡ 1
2n¡1¡l
¢
¶
n¡
X1 µ 2n ¡ 1 ¶
2n ¡ 1
k
n¡1¡ k
(1 ¡ X) (X)
=
(1 ¡ X)n¡1¡l (X)l en posant l = 2n ¡ 1 ¡ k
k
2n ¡ 1 ¡ l
l=0
=
b) 8x 2 R; fn (x) =
¡2n¡1¢
l
n¡1
X
k= 0
on retrouve l’expression de gn .
¡2n¡ 1¢
k
x k (1 ¡ x)n¡1¡ k donc
² pour x = 0 on obtient f n (0) = 1 (le seul terme non nul est pour k = 0 )
² pour x = 1 on obtient
fn (1) =
¡2n¡ 1¢
n¡1
=
¡2n¡1¢
n
=
(2n¡1)!
n! (n¡1)!
( terme pour k = n ¡ 1)
² pour x = 1=2 on a
n¡ 1
X
¡2n¡ 1¢ ¡ 1 ¢n¡ 1
k
2
qui peut se simpli…er car
k=0
2
2n¡1
µ
¶ n¡1
X µ2n ¡ 1 ¶ 2n¡1
X µ2n ¡ 1 ¶
2n ¡ 1
=
+
k
k
k
k=0
k=0
k=n
n¡
X1 µ 2n ¡ 1 ¶ n¡1
X µ 2n ¡ 1 ¶ n¡1
X µ 2n ¡ 1¶ n¡1
X µ2n ¡ 1 ¶
+
=
+
k
2n ¡ 1 ¡ p
k
k
p=0
p= 0
2n¡1
X
=
=
k=0
=
2
k=0
n¡
X1 µ
k=0
¶
2n ¡ 1
k
d’ où
¡1 ¢
fn
2
= 2 n¡1
² Il est peut-être plus simple de partir de la relation initiale en utilisant f n (1 ¡ x) = gn (x) donc f n (1=2) = g;n (1=2) et
¡ ¢n
(1 ¡ x)n fn (x) + xn gn (x) = 1 donc 12 (fn (1=2) + gn (1=2)) = 1
fn
4) a) Si x 6= 1 donc en particulier sur ] ¡ 1; 1[ ;
f n (x) =
comme lim
x!0
xg n (x)
n
(1 ¡ x)
¡1¢
2
= 2n¡1
1
xgn (x)
+ x n¡1
n
n
(1 ¡ x)
(1 ¡ x)
=0;
fn (x) = (1 ¡ x)
x!0
¡n
¡
¢
+ o x n¡ 1
b) f n est un polynôme de degré inférieur ou égal à n¡ 1 , donc fn (x) est la partie principale du développement
¡n
limité à l’ordre (n ¡ 1) de (1 ¡ x)
. Du développement limité
(1 + u)a = 1 + au + ¢ ¢ ¢ = 1 +
n
X
a(a + 1) ¢ ¢ ¢ (a + k ¡ 1) k
u + o (un )
k!
k=0
quand u tend vers 0 on déduit :
n¡1
n¡1
X (¡n):: :(¡n¡k+1)
X ¡n+k¡1 ¢
k k
n¡1
(1 ¡ x)¡n = 1 +
(¡1)
x
+
o(x
)
=
1
+
xk + o(xn¡1 )
k!
k
donc
k= 1
k=1
fn (X) =
n¡
X1
k=0
¡n+k¡1¢
k
Xk =
n¡
X1
k=0
¡n+k¡1¢
n¡1
n¡1
Cn+k¡1
Xk
n¡ 1
² pour x = 0 on retrouve f n (0) = C n¡
1 = 1:
Pn¡1 ¡n+k¡ 1¢ ¡2n¡1¢
² :pour x = 1 on trouve k= 0
= n¡1
k
² :pour x = 1=2 on trouve
Pn¡ 1 (n+k¡1
)
k
k=0
2k
= 2n¡1
c) Les coe¢cients de fn sont tous positifs, le coe¢cient constant est 1, donc 8x 2 R+ ; f n (x) ¸ 1
L’équation fn (x) = 0 n’a pas de racine positive ou nulle
n
5) a) en dérivant la relation (1 ¡ X) f n (X) + X n gn (X) = 1, on obtient :
(1 ¡ X)n¡1 (nf n (X) ¡ (1 ¡ X)f n0 (X)) = X n¡1 (ng n (X) + Xg 0n (X))
On reconnaît dans le membre de gauche l’expression souhaitée par le sujet. Pour montrer que c’est un multiple
de X n¡ 1 il faut trouver la méthode pour simpli…er. Si on a su faire la question 2 il su¢t de reprendre l’idée:
nf n (X) ¡ (1 ¡ X)f n0 (X) est un polynôme de degré inférieur ou égal à (n ¡ 1) qui admet 0 comme¡ racine
¢ d’ordre
au moins (n ¡ 1) donc il existe un réel k tel que nf n (X) ¡ (1 ¡ X)f n0 (X) = kX n¡1 ; f n (1) = 2n¡1
donc en
n
¡
¢
1
regardant le coe¢cient dominant : k = n 2n¡
:Donc
n
8x 2 R ; nfn (x) ¡ (1 ¡ x)f n0 (x) = n
2
¡2n¡1¢
n
x n¡ 1
b) Supposons que l’équation f n (x) = 0 ait au moins deux racines réelles strictement négatives, notons a et b
deux racines¡ consécutives
¢ n¡1 de fn ; ( a < b < 0)
¡n 2n¡1
a
n
n
f n0 (a) =
donc f n0 (a) est non nulle et du signe de (¡1) de même pour f n0 (b):
1¡a
Supposons par exemple n pair . On a fn (a) = 0 et f n0 (a) > 0 ,donc sur un petit intervalle ]a; a + "[ fn (x) > 0 ,
de même sur ]b ¡ "; b[ fn (x) < 0 . f n étant continue il existe une racine entre a et b .
.ABSURDE car a et b sont supposés consécutives.
fn admet au plus une racine négative
n¡ 1
6) h n est de classe C 1 sur R et 8x 2 R ; h0n (x) = x n¡1 (1 ¡ x)
n¡1 2n¡1
(¡1)
x
h n est un polynôme dont h n »§ 1
donc
2n ¡ 1
si n est pair , lim hn = ¡1 ; lim hn = +1 ;
+1
¡1
si n est impair , lim h n = +1 ; lim h n = ¡1
+1
x
——
h02n+1
——
h2n+1
¡1
j
j
j
j
j
¡1 ¡ 1 0 1 + 1
————————
0 + 0
————————
+1
¡1 % 0 %
x
—h02n
—h2n
j
j
j
j
j
¡1
0
1
+1
————————————¡ 0 + 0 ¡
————————————+1
& 0 % hn (1) &¡ 1
7) a) Sur ] ¡ 1; 1[ ; f n est l’unique solution véri…ant f n (0) = 1 de l’équation di¤érentielle résoluble :
n
(E ) (1 ¡ x)y 0 ¡ ny = ¡nC2n¡1
x n¡ 1
¸
L’équation sans second membre a pour solution toutes les fonctions : g(x) = ¸ exp (¡n ln(x ¡ 1)) = (x¡1)
n avec
¸ 2R
On calcul maintenant fn par variation de la constante :
¸(x)
n
n¡1 (1 ¡ x)n¡1
x ! (1¡
est solution de (E ) sur ] ¡ 1; 1[ si et seulement si ¸0 (x) = ¡nC 2n¡
1x
x)n
n
donc si et seulement si ¸(x) = ¡nC 2n¡1 h n (x) + C ste sur ] ¡ 1; +1[
donc il existe k 2 R tel que pour tout x 2] ¡ 1; +1[ ;
¡
¢
k ¡ n 2n¡1
h n (x)
n
f n (x) =
n
(1 ¡ x)
n
n
f n (0) = 1 donc k = 1 donc pour tout x 2] ¡ 1; 1[ ; (1 ¡ x) f n (x) = 1 ¡ nC2n¡1
h n (x)
deux fonctions polynômes égales sur ] ¡ 1; 1[ (ensemble in…ni) sont égales sur R
n
donc 8x 2 R ; (1 ¡ x)n f n (x) = 1 ¡ nC 2n¡1
h n (x) donc :
8x 6= 1 ; fn (x) =
1¡ n
¡2n¡1¢
n
h n (x)
(1 ¡ x)n
b) f n est un polynôme donc est continue en 1 donc:
Ã
¡
¢
!
1 ¡ n 2n¡1
h n (x)
n
f n (1) = lim
x!1
(1 ¡ x)n
Pour étudier la limite on revient au voisinage de 0 en posant u = x ¡ 1
¡
¢
Ã
!
1 ¡ n 2n¡1
h n (u + 1)
n
fn (1) = lim
u¡ >0
(¡u)n
¡
¢
or h 0 (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 étant C 1 on peut intégrer termes à termes le développement limité en intégrant sa partie principale
:
µ n¶
u
hn (1 + u) ¡ hn (1) = (¡1)n¡1
+ o (u n )
n
donc si h n (1) =
1
n (2n¡1
n )
,
1¡n
¡2n¡1 ¢
n
hn (u + 1)
(¡u)n
=
(¡1)n
¡2n¡1¢
n
un + o (u n )
(¡1) n un
3
On retrouve bien par passage à la limite fn (1) =
¡2n¡1 ¢
n
Reste à calculer h n (1) , ce qui peut se faire par récurrence et intégration par partie :
Z
0
1
x n¡ 1 (1 ¡ x)n¡1 dx
=
=
=
·
¸1
Z
xn
n¡1 1 n
(n ¡ 1)(1 ¡ x)n¡2 dx =
x (1 ¡ x)n¡2 dx
n
n
0
0
0
Z 1
(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ (n ¡ k ¡ 2)
xn+k¡1 (1 ¡ x)n¡ k¡1 dx récurrence à rédiger
n(n + 1)(n + 2) ¢ ¢ ¢ (n + k ¡ 1) 0
(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ 1
(n ¡ 1)!:(n ¡ 1)!
1
=
= ¡2n¡1¢
n(n + 1)(n + 2) ¢ ¢ ¢ (2n ¡ 1)
(2n ¡ 1)!
n n
xn
(1 ¡ x) n¡1
n
+
Z
1
1
8) x 2] ¡ 1; 0[ est solution de f n (x) = 0 si et seulement si h n (x) = ¡
¢>0
2n¡ 1
n n
En utilisant les variations de h n vues au 6) on en déduit que :
Si n est impair f n (x) = 0 n’a pas de solution sur ] ¡ 1; 0[ donc pas de solution sur R
Si n est pair fn (x) = 0 a une solution et une seule sur ] ¡ 1; 0[ donc une solution et une seule sur R
n¡
X1 ¡
¢
n+k¡1 k
9) f n (z) =
z d’après 4) .
k
k=0
Par l’absurde :supposons jzj ¸ 1 et fn (z) =
fn (z) =
1
soit B = ¡
¢
2n¡ 2
n¡
X2
¡n+k¡1¢
µ
n¡1
X
k=0
¡n+ k¡ 1¢
k
z k : On a donc :
0
1
¶
µ
¶
n¡2
X
2n ¡ 2 n¡ 1 @
1
n+k¡1
1
A
z
1+ ¡
¢
2n¡2
k¡n+1
n¡1
k
z
1
k
k=0
n¡ 1
1
; jBj · ¡
¢
2n¡2
n¡2
X
¡n+k¡1¢
k
z k¡n+1
¡ ¢ ¡ n ¢ n¡¡1n+1k=0
¢
¡
¢ ¡n+k ¢ ¡n+k¡ 1¢
Or d’après la formule de Pascal : np + p¡1
= p donc n+k¡1
= k ¡ k¡1
k
n¡1
1
jBj · ¡
¢
2n¡2
n¡1
k=0
n¡2
X³
k=0
¡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¡1)!(n¡1)!
n!(n¡2)!
=
n¡1
n
<1
donc 1 + B ne s’annule pas et si jzj ¸ 1 ; f n (z) 6= 0 .
donc toutes les racines complexes de fn (z) = 0 sont de modules strictement inférieurs à 1
4