corrigé

e3a PCMathématiques2
0.1.Exercice3
1)a)Comme2n¡1estun entierstrictementpositif,on peututiliserlaformuledu binômedeNewton:
1=(1¡X+X)2n¡1=
2n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶Xk(1¡X)2n¡1¡k
=
n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶Xk(1¡X)2n¡1¡k+
2n¡1
X
k=nµ2n¡1
k¶Xk(1¡X)2n¡1¡k
soit
1=(1¡X)nÃn¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶Xk(1¡X)n¡1¡k!+XnÃ2n¡1
X
k=nµ2n¡1
k¶Xk¡n(1¡X)2n¡1¡k!
posons:
fn(X)=
n¡1
X
k=0¡2n¡1
k¢Xk(1¡X)n¡1¡k;gn(X)=
2n¡1
X
k=n¡2n¡1
k¢Xk¡n(1¡X)2n¡1¡k
Ona aussi :
gn(X)=
n¡1
X
l=0µ2n¡1
n+l¶Xl(1¡X)n¡1¡l
chaquetermedefn(etdegn)estun produitdedeuxpolynômesetledegrédu produitestn¡1.Doncparsomme
fn(etgn)estun polynômededegréinférieurouéglàn¡1.Parconstruction(1¡X)nfn(X)+Xngn(X)=1
.
D’où unesolution 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))
0estracined’ordreaumoinsnde(1¡X)n(A(X)¡fn(X)) doncde(A(X)¡fn(X))
il existedoncun polynômeQtelqueA(X)¡fn(X)=XnQetXn(gn(X)¡(1¡X)nQ¡B(X)) =0
On peutsimpli…erparXndonc:B(X)=gn(X)+(1¡X)nQ
véri…cation:A(X)=fn(X)+XnQetB(X)=gn(X)¡(1¡X)nQalors(1¡X)nA(X)+XnB(X)=1
Donc½(1¡X)nA(X)+XnB(X)=1
A;B2R[X]() 9Q2R[X];½A(X)=fn(X)+XnQ B(X)=gn(X)¡(1¡X)nQ
siAestdedegréinférieurouégalàn¡1;d±(XnQ)=d±(A¡fn)·(n¡1)doncd±(Q)<0etdoncQ=0.
Ilyaunicitédefnetdoncdegn
3)a)Si(1¡X)nfn(X)+Xngn(X)=1alors(X)nfn(1¡X)+(1¡X)ngn(1¡X)=1
fn(1¡X)etgn(1¡X)sontdespolynômesdeRn¡1[X]quivéri…ent(1¡X)ngn(1¡X)+Xnfn(1¡X)=1
d’aprèsl’unicitédefnetgn
fn(1¡X)=gn(X)etgn(1¡X)=fn(X)
On peutaussipasserparle calcul :
fn(1¡X)=
n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶(1¡X)k(X)n¡1¡k=
n¡1
X
l=0µ2n¡1
2n¡1¡l¶(1¡X)n¡1¡l(X)len posantl=2n¡1¡k
etcomme¡2n¡1
2n¡1¡l¢=¡2n¡1 l¢onretrouvel’expression degn.
b)8x2R;fn(x)=
n¡1
X
k=0¡2n¡1
k¢xk(1¡x)n¡1¡kdonc
²pourx=0onobtientfn(0)=1(leseultermenon nulestpourk=0)
²pourx=1onobtientfn(1)=¡2n¡1
n¡1¢=¡2n¡1 n¢=(2n¡1)! n!(n¡1)!( termepourk=n¡1)

²pourx=1=2ona
n¡1
X
k=0¡2n¡1
k¢¡1 2¢n¡1quipeutsesimpli…ercar
22n¡1=
2n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶=
n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶+
2n¡1
X
k=nµ2n¡1
k¶
=
n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶+
n¡1
X
p=0µ2n¡1
2n¡1¡p¶=
n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶+
n¡1
X
p=0µ2n¡1
k¶
=2
n¡1
X
k=0µ2n¡1
k¶
d’oùfn¡1
2¢=2n¡1
²Ilestpeut-êtreplus simpledepartirdelarelationinitiale 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¢=2n¡1
4)a)Six6=1donc en particuliersur]¡1;1[;
fn(x)=1
(1¡x)n+xn¡1xgn(x) (1¡x)n
commelim
x!0
xgn(x)
(1¡x)n=0;
fn(x)=
x!0(1¡x)¡n+o¡xn¡1¢
b)fnestun polynômededegréinférieurouégalàn¡1,doncfn(x)estlapartieprincipaledu développement
limitéàl’ordre(n¡1)de(1¡x)¡n.Du développementlimité
(1+u)a=1+au+¢¢¢=1+
n
X
k=0
a(a+1)¢¢¢(a+k¡1)
k!uk+o(un)
quand utend vers0 on déduit:
(1¡x)¡n=1+
n¡1
X
k=1
(¡n):: :(¡n¡k+1)
k!(¡1)kxk+o(xn¡1)=1+
n¡1
X
k=1¡n+k¡1
k¢xk+o(xn¡1)
donc
fn(X)=
n¡1
X
k=0¡n+k¡1
k¢Xk=
n¡1
X
k=0¡n+k¡1
n¡1¢Cn¡1 n+k¡1Xk
²pourx=0onretrouvefn(0)=Cn¡1
n¡1=1:
²:pourx=1ontrouvePn¡1
k=0¡n+k¡1
k¢=¡2n¡1 n¡1¢
²:pourx=1=2ontrouvePn¡1
k=0
(n+k¡1
k)
2k=2n¡1
c)Lescoe¢cientsdefnsont touspositifs, le coe¢cientconstantest1,donc8x2R+;fn(x)¸1
L’équationfn(x)=0n’apasderacinepositiveou nulle
5)a)en dérivantlarelation(1¡X)nfn(X)+Xngn(X)=1,onobtient:
(1¡X)n¡1(nfn(X)¡(1¡X)f0
n(X)) =Xn¡1(ngn(X)+Xg0 n(X))
Onreconnaîtdanslemembrede gauchel’expressionsouhaitée parlesujet.Pourmontrerque c’estunmultiple
deXn¡1ilfaut trouverlaméthodepoursimpli…er.Sionasufairelaquestion2ilsu¢tdereprendrel’idée:
nfn(X)¡(1¡X)f0
n(X)estun polynômededegréinférieurouégalà(n¡1)quiadmet0commeracined’ordre
aumoins(n¡1)doncil existeun réelktelquenfn(X)¡(1¡X)f0
n(X)=kXn¡1;fn(1)=¡2n¡1
n¢donc en
regardantle coe¢cientdominant:k=n¡2n¡1
n¢:Donc
8x2R;nfn(x)¡(1¡x)f0
n(x)=n¡2n¡1
n¢xn¡1
2

b)Supposonsquel’équationfn(x)=0aitaumoinsdeuxracinesréelles strictementnégatives,notonsaetb
deuxracinesconsécutivesdefn;(a<b<0)
f0
n(a)=¡n¡2n¡1
n¢an¡1
1¡adoncf0
n(a)estnon nulle etdu signede(¡1)ndemêmepourf0 n(b):
Supposonsparexemplenpair.Onafn(a)=0etf0
n(a)>0,doncsurun petitintervalle]a;a+"[fn(x)>0,
demêmesur]b¡";b[fn(x)<0.fnétantcontinueil existeuneracine entreaetb.
.ABSURDEcaraetbsontsupposésconsécutives.
fnadmetau plusuneracinenégative
6)hnestde classeC1surRet8x2R;h0
n(x)=xn¡1(1¡x)n¡1
hnestun polynômedonthn»§1
(¡1)n¡1x2n¡1
2n¡1donc
sinestpair,lim
+1hn=¡1;lim ¡1hn= +1;
sinestimpair,lim
+1hn= +1;lim ¡1hn=¡1
xj¡1¡1 0 1 +1
—— j————————
h0
2n+1j0+0
—— j————————
h2n+1j¡1%0%+1
xj¡10 1 +1
—-j————————————-
h0
2nj¡0+0¡
—-j————————————-
h2nj+1&0%hn(1)&¡1
7)a)Sur]¡1;1[;fnestl’uniquesolutionvéri…antfn(0)=1del’équation di¤érentiellerésoluble:
(E) (1¡x)y0¡ny=¡nCn
2n¡1xn¡1
L’équationsans second membreapoursolutiontouteslesfonctions:g(x)=¸exp(¡nln(x¡1)) =¸
(x¡1)navec
¸2R
Oncalculmaintenantfnparvariation delaconstante:
x!¸(x)
(1¡x)nestsolution de(E)sur]¡1;1[sietseulementsi¸0(x)=¡nCn
2n¡1xn¡1(1¡x)n¡1
doncsietseulementsi¸(x)=¡nCn
2n¡1hn(x)+Cstesur]¡1;+1[
doncil existek2Rtelquepourtoutx2]¡1;+1[;
fn(x)=k¡n¡2n¡1
n¢hn(x)
(1¡x)n
fn(0)=1donck=1doncpourtoutx2]¡1;1[;(1¡x)nfn(x)=1¡nCn
2n¡1hn(x)
deuxfonctionspolynômeségales sur]¡1;1[(ensemblein…ni)sontégales surR
donc8x2R;(1¡x)nfn(x)=1¡nCn
2n¡1hn(x)donc:
8x6=1;fn(x)=1¡n¡2n¡1
n¢hn(x)
(1¡x)n
b)fnestun polynômedonc estcontinue en1donc:
fn(1)=lim
x!1Ã1¡n¡2n¡1
n¢hn(x)
(1¡x)n!
Pourétudierlalimiteonrevientauvoisinagede0en posantu=x¡1
fn(1)=lim
u¡>0Ã1¡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¡un¡1+o(un¡1)¢
lafonctionétantC1on peutintégrertermesàtermesledéveloppementlimité enintégrantsapartieprincipale
:
hn(1+u)¡hn(1)=(¡1)n¡1µun
n¶+o(un)
doncsihn(1)=1
n(2n¡1
n),
1¡n¡2n¡1
n¢hn(u+1)
(¡u)n=(¡1)n¡2n¡1
n¢un+o(un)
(¡1)nun
3

Onretrouvebien parpassageàlalimitefn(1)=¡2n¡1
n¢
Resteàcalculerhn(1),ce quipeutsefairepar récurrence etintégration parpartie:
Z1
0
xn¡1(1¡x)n¡1dx=·xn
n(1¡x)n¡1¸1
0
+Z1
0
xn
n(n¡1)(1¡x)n¡2dx=n¡1 nZ1
0
xn(1¡x)n¡2dx
=(n¡1)¢¢¢(n¡k¡2)
n(n+1)(n+2)¢¢¢(n+k¡1)Z1
0
xn+k¡1(1¡x)n¡k¡1dxrécurrence àrédiger
=(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[estsolution defn(x)=0sietseulementsihn(x)=1
n¡2n¡1
n¢>0
En utilisantlesvariationsdehnvuesau6)onen déduitque:
Sinestimpairfn(x)=0n’apasdesolutionsur]¡1;0[doncpasdesolutionsurR
Sinestpairfn(x)=0aunesolutionetuneseulesur]¡1;0[doncunesolutionetuneseulesurR
9)fn(z)=
n¡1
X
k=0¡n+k¡1
k¢zkd’après4).
Parl’absurde:supposonsjzj¸1etfn(z)=
n¡1
X
k=0¡n+k¡1
k¢zk:Onadonc:
fn(z)=µ2n¡2
n¡1¶zn¡10
@1+1
¡2n¡2
n¡1¢
n¡2
X
k=0µn+k¡1
k¶1
zk¡n+11
A
soitB=1
¡2n¡2
n¡1¢
n¡2
X
k=0¡n+k¡1
k¢1
zk¡n+1;jBj·1
¡2n¡2
n¡1¢
n¡2
X
k=0¡n+k¡1
k¢
Ord’aprèslaformuledePascal:¡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=0³¡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
donc1+Bnes’annulepasetsijzj¸1;fn(z)6=0.
donctouteslesracinescomplexesdefn(z)=0sontdemodules strictementinférieursà 1
4