corrigé

Centrale -Supélec PC 2011 MATHÉMATIQUE 1
Partie I: intervention de séries entières
I.Toute fonction développable en série entière est C1sur l’intervalle ouvert de convergence et on peut y déribver la série
entière termes à termes.
8k2N; f(k)(0) = k!ak
I.B
I.B 1)Si fexiste sur ]-; [:8n2N,an=un
n!=2n n!. et donc f(x) =
+1
X
n=0
2nxn
n!=e2x.
On a une série entière de rayon de convergence R= +1. La fonction trouvée est solution sur tout intervalle ]; [
:f(x) = e2x
I.B 2)Idem: f(x) =
+1
X
p=0
(1)p(2p)!x2p
(2p)! =
+1
X
p=0
(x2)p=1
1 + x2avec R= 1, on prend 2]0;1[.
f(x) = 1
1 + x2
I.CLa solution éventuelle est la somme de la série entière
+1
X
n=0
(2n)!xn
n!.
mais 2n!
n!= (2n):(2n1)    (n+ 1) n:(n1)    1donc 
(2n)!xn
n!n!jxjntend vers +1pour x6= 0 .
La série convergence uniquement en 0et on ne peut donc trouver de  > 0.
il n’existe pas de fonction développable en série entière telle que 8k2N,f(k)= (2k)!
Partie II: le théorème de Borel
II.A
II. A. 1)
a)Sur ]0;1[ gest C1(l’exposant est C1car fraction rationnelle à dénominateur non nul et exp est C1sur R).
On fait une récurrence sur p:
p= 0:8x2]0;1[; g(0)(x) = g(x) = 1
(x(x1))20exp 1 x(x1)donc Q0(x) = 1 qui est un polynôme.
Supposons la formule vraie au rang p1: il existe un polynôme Qp1tel que
8x2]0;1[ ,g(p)(x) =
Qp1(x) exp 1
x(x1) 
(x(x1))2p2
on peut dériver le quotient et :
g(p)(x) = (g(p1))0(x) = 1
(x(x1))4p42
6
6
6
4"Q0
p1(x) exp 1
x(x1)+Qp1(x)2x1
(x(x1))2exp 1
x(x1)#(x(x1))2p2
Qp1(x) exp 1
x(x1)(2p2)(x(x1))2p3(2x1)  3
7
7
7
5
En simpli…ant par (x(x1))2p4
g(p)(x) = Q0
p1(x)(x(x1))2(2x1)Qp1(x)(2p2)Qp1(x)(2x1)(x(x1))
(x(x1))2pexp 1 x(x1)
On obtient bien :
g(p)(x) = Qp(x)
(x(x1))2pe1
x((x1)
avec
Qp(x) = (x(x1))2Q0
p1(x)(2x1) [(2p2)x(x1) + 1] Qp1(x)
c’est bien un polynôme par dérivation , somme et produit de polynômes.

b)Montrons par récurrence sur pque Qpest de degré 3p2si p1.
p= 1 par calcul Q1(x) = 1 2xdeg(Q1) = 1 = 3 12.
Supposons Qp1de degré 3p5:Qp1=p1x3p2+R1avec d(Rp1)<3p5et p16= 0
par théorèmes sur le degré d’une somme et d’un produit : d(Qp) = max (4 + d(Qp1)1;3 + d(Qp1)) 3p2:
danger : le degré d’une somme est inférieur au max des degrés. A priori il n’est pas égal.
Cherchons le coe¢ cient de x3p2dans Qp
p= (3p5)p12(2p2)p1= (p1) p16= 0
Les termes de plus haut degré ne se simpli…ent pas
8p1,d(Qp) = 3p2
c) au choix :
Une procédure itérative sera:
Q:=proc(n)
local E;
E:=1;
for p from 1 to n do
diff(E,X)*X^2*(X-1)^2-(2*X-1)*E*((2*p-2)*X*(X-1)+1);
E:=sort(expand(%));
od;
E;
end;
ou la même avec un tableau en prenant E[p-1] et E[p]
Une procédure récursive sera
Q:=proc(n)
local E;
if n=0
then E:=1
else E:=Q(n-1);
diff(E,X)*X^2*(X-1)^2-(2*X-1)*E*((2*n-2)*X*(X-1)+1);
sort(expand(%));
fi;
end;
avec la dé…nition on peut écrire ( mais ce sera sans doute refuser car le sujet semble autorisé la dérivée première et pas
la dérivée k-ème)
Q:=n->exp(-1/X/(X-1))*X^(2*n)*(1-X)^(2*n)*di¤(exp(1/X/(X-1),X$n);
2

II. A. 2)
a)lim
0+1
x(x1)= lim
11
x(x1)=1 .
Donc en 0+comme en 1l’expression 1
(x(x1))2pe1
x((x1) est du type u2peuen 1 , donc tend vers 0
Comme Qpest un polynôme Qpadmet donc une limite …nie en 0et en 1.Par produit des limites
8p2N,lim
0+g(p)(x) = lim 1g(p)(x) =0
b)
Il est évident que la restriction de gest C1sur ] 1;0] et sur [1;+1[et que toutes les dérivées y sont nulles.
en particulier g(p)(0) = gp(1+) = 0
On a déjà prouvé que la restriction de gétait C1sur ]0;1[
En 0+gest dérivable à tout ordre est g(p)(0+) = 0 :
On utilise par récurrence le théorème de prolongement de la dérivée :
–g(0) est bien continue en 0+car lim
0+(g) = 0 = g(0)
–la restriction de gà[0;1[ est continue , C1sur ]0;1[ et g0admet une limite (nulle) en 0+. Donc gest C1sur [0;1[
et g0(0+) = 0
–Si on suppose que la restriction de gà[0;1[ est Cp1et que g(p1)(0+) = 0 alors le théorème s’applique à g(p1) et
donc la restriction de gest Cpet g(p)(0+) = 0
même chose en 1
en 0et en 1: les dérivées à gauche sont égales aux dérivées à droite , donc gest C1en ces points.
g2C1(R;R)
En…n il est évident que gest nulle en dehors du segment [0;1]
g2 W
II.B
II.B 1)
La fonction gest C1sur R.Elle y admet une primitive G C1sur R;.
8x2R; h(x) = G(1) G(x1)
G(1) G(0)
Le dénominateur est non nul : sur ]0;1[ ,G0(x) = g(x)>0. Et donc Gest strictement croissante sur [0;1] et G(1) > G(0):
Get x!x1étant C1sur R, par composition :
hest C1sur R
si x1,x10, or sur ] 1;0] ,G0=g= 0 donc h0(x) = G0(x1)
G(1) G(0) = 0 et hest constante avec
h(1) = G(1) G(0)
G(1) G(0) = 1
de même si x2,x11et donc h0(x) = 0 et hest constante avec h(2) = G(1) G(1)
G(1) G(0) = 0
8x1,h(x) = 1,8x2h(x) = 0
3

II.B 2)
a) 'est C1sur Rpar composition et produit de fonctions C1
On véri…e sans problème par récurrence simple évidente que (h(2x))(p)= 2ph(p)(2x)et (h(2x))(p)= (2)ph(p)(2x).
est un produit qui se dérive par la formule de Leibniz: 8n2N;8x2R;
'(n)(x) =
n
X
k=0 n
k2k(h(2x))(k)h(2x)(nk)=
n
X
k=0 n
k2kh(k)(2x)(2)nkh(nk)(2x)
= 2n
n
X
k=0 n
k(1)nkh(k)(2x)h(nk)(2x)
Pour n1on a k > 0ou nk > 0, et donc comme hest constante sur ] 1;1[ h(k)(0) = 0 ou h(nk)(0) = 0
'(n)(0) = 2n
n
X
k=0 n
k(1)nkh(k)(0)h(nk)(0) = 0
8n2N; '(n)(0) = 0
b)
'est pair.
Pour x1,2x2et h(2x) = 0 d’où '(x) = 0.
Si x2[0;1=2] ,2x1et 2x1donc '(x) = 1:1 = 1
si x2[1=2;1] ,2x2[1;2] et 2x2[2;1] ,'(x) = h(2x), donc '0(x) = 2 g(2x)
G(1) G(0) <0.
'est décroissante sur [1=2;1].
x0 1=2 1 +1
'(x) 1 cste = 1 1 &0Cste = 0
c) k= max
[1;1] '(k)existe car '(k)est une fonction continue sur le segment [1;1] donc admet un plus grand élément.
max
k=0::p1(k)existe car tout ensemble …ni admet un plus grand élément.
p= max
k=0::p1max
[1;1] '(k)existe
II.C
II.C 1)
a) Pour n1gnest le produit et le composée de fonctions C1sur R. Elle est donc C1sur R.
8n2N,gn2C1(R;R)
b) Si jxj  1
n
,jnxj  1,et donc gn(x) = xn
n!'(nx) = 0. (car 'est nulle en dehors de [1;1] )
II.C 2)n2N,j2Navec j < n
a)
Par récurrence simple ('(nx))(p)=p
n'(p)(nx)
Par dérivation d’un monôme (xn)(p)=8
>
>
<
>
>
:
n(n1)    (np+ 1)xnp=n!
(np)!xnpsi p < n
n!si p=n
0si p > n
4

Par la formule de Leibniz en remarquant que j < n donc ji < n .
g(j)
n(x) =
j
X
i=0 j
i('(nx))(i)(xn)(ji)
=
j
X
i=0 j
ii
n'(i)(nx)xnj+i
(nj+i)!
b)Si x= 0 ,xnj+iest toujours nul car j < n et donc nj+i > 0:
si j < n ,g(i)
n(x) = 0
c)
Si jxj>1=n, la fonction gnest nulle au voisinage de x.g(j)
n(x) = 0
de même si x=1
n
, comme gest C1,g(j)(x) = g(j)(x+) = 0 car gest nulle à droite de x:
de même en x=1
n
d) Si jnxj  1, On a
ung(j)
n(x) = un
j
X
i=0 j
i(n)i'(i)(nx)xnj+i (nj+i)!
avec les majorations :jxj  1
n
,'(i)(nx)n,1
(nj+i)! 1on a :
ung(j)
n(x)un
j
X
i=0 j
i(n)in(1=n)nj+i=un
j
X
i=0 j
in(1=n)nj
Comme n1, et nj1,nj
nnet donc (1=n)nj1
n
ung(j)
n(x)un
j
X
i=0 j
in(1=n) = (unn(1=n))
j
X
i=0 j
i= (unn(1=n)) 2j
et en…n on utilise j < n ( donc jn1dans les entiers) et n4njunjn
ung(j)
n(x)(1) 2n11
4n=1 2n+1
ung(j)
n(x)1
2n+1
II.C 3)La formule de Leibniz s’applique encore pour jn:
si j=non isole le premier terme i= 0 pour avoir (xn)(n)=n!
g(n)
n(x) =
n
X
i=0 n
i('(nx))(i)(xn)(ni)
='(nx) +
n1
X
i=1 n
ii
n'(i)(nx)xnj+i
(nj+i)!
soit si x= 0
g(n)
n(0) = '(0) + X0 = 1
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