Corrigé de E3A 2015 PC math 2. Partie I A. sin(x + π) cos(x + π) = sin(x)

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1 Corrigé de E3A 5 PC math Partie I A.. La fonction tan a pour période π puisque tan(x + π) sin(x + π) cos(x + π) sin(x) cos(x) tan(x).. La fonction tan est strictement croissante et impaire sur π, π [ et elle a pour limite + en π. La stricte croissance de tan sur π/, π/[ montre que π est la plus petite période positive de tan. π π 3. Démontrons par récurrence sur n l existence de la suite (T n ). tan () (x) tan x T (tan x) en posant T (X) X. Supposons pour un entier n l existence d un polynôme T n vérifiant tan (n) (x) T n (tan x). En dérivant la fonction composée on obtient: tan (n+) (x) T n(tan x)( + tan (x)). En posant T n+ ( + X )T n on obtient tan (n+) (x) T n+ (tan x) où T n+ est un polynôme. La propriété est bien démontrée par récurrence. 4. T + X, T ( + X ) X X 3 + X et T 3 ( + X ) (6X + ) 6X 4 + 8X On démontre par récurrence sur n que T n est un polynôme de degré n + à coefficients dans N. C est vrai pour n puisque T X a pour degré. Supposons le vrai pour un entier n. De T n+ ( + X )T n on déduit que T n+ est un polynôme à coefficients entiers (T n l étant) et qu il a pour degré n + (le degré de T n est n + n). On a bien démontré la propriété par récurrence. 6. Appliquons la formule de Taylor avec reste intégral: N si f est de classe C N+ (b a) b sur [a, b alors f(b) f () (b t) N (a) + f (N+) (t)dt.! a N!

2 Prenons f tan, a, b x et N n +. La fonction tan étant impaire, ses dérivées d ordre pair sont aussi des fonction impaires et donc s annulent en. On obtient bien la formule demandée en posant t j tan (j+) () et en utilisant f (n+) (t) T n+ (tan t). Partie I B. 7. On effectue une intégration par parties sur [, x I: (x t) n R n (x) f (n) (x t)n (t)dt [ f (n) (t) (n )! x + (x t) n f (n+) (t)dt xn f (n) ()+R n+ (x). 8. (a) Puisque f (n) et b > (donc b t ), la suite (R n (b)) est positive. De plus R n+ (b) R n (b) bn f (n) () R n (b). La suite est décroissante, minorée par donc elle converge. (b) i. En effectuant le changement de variable défini par t xu on obtient: (x xu) n R n (x) f (n) (xu)xdu xn ( u) n f (n) (xu)du. (n )! (n )! ii. On sait déjà que R n (x) puisque x. Comme f (n+), la fonction f (n) est croissante donc f (n) (ux) f (n) (ub) et puisque u et x on obtient bien la majoration demandée. ) n b n ) n iii. Avec i. et ii. on obtient R n (x) ( u) n f (n) (tb)dt Rn (b). b (n )! b (c) Appliquons à nouveau la formule de Taylor avec reste intégral à l ordre n pour la fonction f sur l intervalle [, x (avec x > ). x ) n f(x)! f () () + R n+ (x) et puisque R n (x) Rn (b) tend vers quand n tend vers b + (car < x b < ) on obtient bien f(x) + n f (n) () x n. Puisque f est impaire, les f (n) () sont nuls et l égalité s étend donc aux x dans b, [ par imparité des deux membres de l égalité. 9. La fonction tan vérifie les conditions demandées pour f: elle est de classe C sur π, π [ et pour x, π [, tan (n) (x) T n (tan(x)) puisque T n est à coefficients dans N et tan(x). Pour tout x, π [ on peut trouver un b x, π [ et le résultat du I B.8.(c) s applique. Avec tan (n) () et en posant t n tan (n+) () on obtient le résultat demandé.. D après la question précédente le rayon de convergence est au moins égal à π. Mais s il était supérieur à π, la fonction tangente aurait une limite finie en π, ce qui est faux. Le rayon de convergence est donc égal à π.. ψ n (X i ) i + ((X + )i+ X i+ ) i j Partie II A. i + ( i + j ) X j.. Si P a i X i on déduit par linéarité de l intégrale que ψ n (P ) a i ψ n (X i ). Comme le degré de i ψ n (X i ) est égal à i, ψ n (P ) est bien un polynôme de degré inférieur ou égal à n. i

3 3. ψ n est linéaire par linéarité de l intégrale et elle va de R n [X dans R n [X, c est donc un endomorphisme de R n [X. 4. D après la formule obtenue au II A. (en échangeant i et j), la matrice A de ψ n dans la base canonique de R n [X est une matrice carrée d ordre n + telle que a i,j j + pour i j et a i,j si i > j j + i (en numérotant les lignes et les colonnes de à n). 5. La matrice A est donc triangulaire supérieure avec des sur la diagonale (a i,i ). Elle est donc inversible (det(a) ) et ψ n est donc un automorphisme de R n [X. 6. Comme la matrice A est triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux qui sont tous égaux à : ψ n a une seule valeur propre d ordre n + qui est égale à. Si ψ n était diagonalisable, sa matrice serait semblable à la matrice identité, donc serait égale à l identité; c est faux puisque a,. Donc ψ n n est pas diagonalisable. 7. (a) Si P a i X i, Q i i i + a ix i+ convient. (b) ψ n (P )(x) [Q(t) x+ x Q(x + ) Q(x). (c) ψ n (P ) (x) Q (x + ) Q (x) P (x + ) P (x) ψ n (P )(x). Partie II B. 8. On fait une démonstration par récurrence sur. S existe et est unique. Supposons l existence et l unicité de S,..., S. La condition (b) est vérifiée si et seulement si S + (x) ( + ) Q (x) + C. La condition (c) pour S + est vérifiée si et seulement si C S (t)dt + C Q (t)dt. On a donc montré l existence et l unicité de S + et la suite (S m ) est bien définie de manière unique par récurrence. 9. S X + C avec C tdt donc S X. S X donc S X X + C avec C S 3 3X 3X + donc S 3 X 3 3 X + X +C avec C donc S 3 X 3 3 X + X. (t t)dt donc S X X + 6. (t 3 3 t + t ) dt On le montre par récurrence sur. C est vérifié pour. Supposons que S soit un polynôme unitaire de degré. De S + ( + )S on déduit que le terme dominant de S + est X +, donc S + est bien un polynôme unitaire de degré +. La propriété est démontrée par récurrence.. Pour, S () S () S (t)dt S dt puisque (c) s applique à.. Considérons la suite (T m ) définie par T m (x) ( ) m S m ( x). Elle vérifie les conditions du II B.8: T, T +(x) ( ) S +( x) ( ) ( + )S ( x) ( + )T (x) et pour, 3 T (t)dt

4 ( ) S ( t)dt ( ) S (u)du en faisant le changement de variable u t. Par unicité de la suite (S m ), on en déduit T m S m pour tout m. 3. Montrons par récurrence sur que S convient (l unicité résulte du fait que ψ n est bijectif). C est vrai pour puisque ψ n ()(X). Supposons pour un entier que ψ n (S )(X) X. D après II A.7(c) et la condition (b) du II B.8: ψ n (S + ) (X) ψ n (( + )S )(X) ( + )X. On en déduit ψ n (S + )(X) X + + C avec C ψ n (S + )() a bien démontré la propriété pour +. Elle est démontrée par récurrence. S + (t)dt avec la condition (b) du II B.8. On 4. Avec la question II B.9. on obtient: σ, σ 6 et σ Pour 3 impair: S () S () d après la question et S () S () en posant x dans la question. On a donc σ S (). 6. Montrons le par récurrence sur n. C est vrai pour n puisque S (x) σ. Supposons pour un entier n que S n (x) σ x n. En intégrant S n+ (n + )S n : n + n S n+ (x) σ x n + + C avec C S n+ () σ n+. n + n+ n + n (n + ) n + Avec n + (n + )!(n )! + on obtient S n+ (x) σ x n+. La propriété est vraie pour n +, elle est donc démontrée par récurrence. 7. Pour n, S n () S n () σ n, donc en posant x dans le résultat de la question 6 on obtient n σ. 8. On utilise la formule précédente sous la forme: σ n n n σ. (*) Écrivons en python une( fonction ) qui calcule σ N. Pour calculer les coefficients binomiaux on utilisera la n relation de récurrence: n +. def calculsigma(n): sigma[ (au départ la liste contient σ ) for n in range(,n+): sommebinomial. for in range(,n-): (on applique (*) pour n de à N+) (somme et coefficient binomial pour ) (pour de à n-) binomialbinomial * (n-+.)/ (on calcule le coefficient binomial pour ) sommesomme+binomial * sigma[ sigma.append(-somme/n) return sigma[n (on ajoute le terme d indice à la somme) (on augmente la liste du terme d indice n-) Pour N 5 on obtient e+4. Remarque: en important la fonction special de scipy, special.bernoulli(5)[5 donne e+4 (erreur relative de.4e-5). 4

5 Partie III.. Appliquons la formule du produit de Cauchy: si f(z) g(z) n n b n z n a pour rayon de convergence R, alors en posant c n un rayon de convergence au moins égal à min(r, R ). a n z n a pour rayon de convergence R, si a b n, f(z)g(z) Prenons f(z) S(z) avec R R et g(z) e z zn avec R +. n σ On calcule c n! (n )! σ σ n si n (en utilisant la question 7). Avec c σ et c σ + σ on obtient bien S(z)e z S(z) + z pour z < R. n c n z n a. On en déduit pour z < R : (eiz )S(iz) iz. Si z a + ib, e iz e b e ia donc e iz si et seulement si b et a πz. On en déduit pour z et z < ρ min( R, π): S(iz) iz e iz, d où it (z) iz + S(iz). Il y a une erreur dans l énoncé: il faut poser T () i. T admet donc un DSE sur le disque ouvert de rayon ρ: T (z) z + i En utilisant σ et σ n pour n impair 3 on obtient: T (z) i n (i) n σ n z n. n ( 4) n σ n z n pour z < ρ. (n)! 3. Pour x π, π [ et x : + e4ix e 4ix eix + e ix (e4ix + ) (e ix + ) e 4ix e ix e ix + eix e ix e ix i tan(x). + e ix On en déduit: coefficient s annule pour n. i tan(x) x (T (x) T (x)) donc tan(x) x En changeant n en n + : tan(x) n n ( ) n 4 n+ σ n+ (4 n+ )x n+. (n + )! On en déduit: t n ( )n 4 n+ (4 n+ ) σ n+. (n + )! On vérifie que t et en calculant σ 4 3 avec la formule (*) on obtient t 3. e4ix e ix + e 4ix ( 4) n σ n (4 n )x n puisque le (n)! 5