Problèmes de Mathématiques. Dérivées successives de exp( 1 x )

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1 Dérivées successives de ep 1 ) Énoncé Dérivées successives de ep 1 ) Le problème est constitué de deu parties indépendantes. On définit une fonction f par : f) = ep 1 ) si 0 et f0) = 0. PREMIÈRE PARTIE 1. Etudier les variations de f et construire son graphe Γ dans un repère orthonormé. On précisera le point d infleion I et la demi-tangente au point d arrêt. [ S 2. a) Déterminer le point A de Γ, distinct de O, en lequel la tangente à Γ passe par O. [ S b) Montrer qu il eiste deu points de Γ, distincts de A, et deu seulement, en lesquels la tangente à Γ est parallèle à OA. On notera α et β α < β) les abscisses de ces points qu on ne demande pas de calculer). [ S 1 3. On définit une fonction g sur IR par g) = si 0 et g0) = ln a) Etudier les variations et tracer le graphe C de g dans un repère orthonormé unité 2cm). On précisera la concavité de C. [ S b) Montrer que g) = {α, β, 0, 1}. [ S c) Etudier g) sur [0, 1. En déduire : 0, β[, < g) < β, et β, 1[, β < g) <. [ S d) On définit la suite u n ) n 0 par 0 < u 0 < 1 et n IN, u n+1 = gu n ). Montrer qu elle converge vers β. [ S e) Calculer β à 10 2 près, avec successivement u 0 = 0, 2 et u 0 = 0, 4 on fera figurer les résultats intermédiaires). [ S f) Montrer que 2, 10 < α < 2, 09. [ S DEUXIÈME PARTIE 1. Montrer qu il eiste une suite P n ) de polynômes telle que : n IN, IR +, f n) ) = P n ) 2n ep 1 ), la suite P n ) vérifiant la relation de récurrence : n IN, IR, P n+1 ) = 2 P n) 2n 1)P n ). [ S 2. Epliciter P 1 et P 2. [ S 3. Déterminer le terme de plus haut degré de P n, ainsi que son terme constant. [ S 4. Dans cette question on trouve une relation de récurrence entre les P n. a) Montrer que IR, 2 f ) = f). [ S b) En appliquant la formule de Leibniz à cette relation, prouver que : n IN, IR, P n+1 ) + 2n 1)P n ) + nn 1) 2 P n 1 ) = 0. [ S Page 1 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

2 Dérivées successives de ep 1 ) Énoncé 5. Déduire de ce qui précède que : a) n IN, IR, P n) = nn 1)P n 1 ). [ S b) n IN, IR, nn 1)P n ) + 1 2n 2))P n) + 2 P n ) = 0. [ S 6. Soit n un entier donné, supérieur ou égal à 1. On pose P n ) = a) Montrer que k {0,..., n 1}, a k = 1 k! P k) n 0). [ S b) Etablir que k {0,..., n 1}, P k) n ) = 1) k n! n k)! c) En déduire la valeur des coefficients a k. [ S n 1 m=0 a m m. n 1)! n k 1)! P n k). [ S Page 2 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

3 Dérivées successives de ep 1 ) du problème PREMIÈRE PARTIE 1. Degré de dérivabilité de f f est de classe C sur IR car composée d applications de classe C : l application 1 de IR dans IR et l application ep ) de IR dans IR.) Limites au bornes On a lim f = 0 car lim e X = 0 : f est donc continue à droite à l origine. 0+ On a lim f = + car lim e X = + : la droite = 0 est asymptote verticale. 0 + lim f = 1 et lim f = 1 + : la droite y = 1 est asymptote horizontale la courbe est + au-dessus au voisinage de, et en dessous au voisinage de +.) Sens de variation Pour tout de IR, f ) = 1 ep 1 ) > 0. 2 f est donc strictement croissante sur IR et sur IR + la continuité en 0 à droite permet d ajouter l origine à l intervalle 0, + [.) Dérivabilité à droite en 0 f) f0) 1 On a lim = lim ep 1 ) = lim X ep X) = X Cela prouve que f est dérivable en 0 à droite, avec f 0) = 0. La courbe représentative de f présente donc à l origine une demi-tangente horizontale et la courbe est au-dessus car, pour tout de IR +, f) > 0.) Concavité et point d infleion Pour tout de IR, f ) = f) ) = 1 2 f). 3 4 f s annule en changeant de signe pour = 1/2. Le point I = 2, f1/2) = ) est donc un point d infleion de Γ. e2 Si < 0 ou si 0 < < 1/2, f ) > 0 : f est donc convee sur IR et sur [0, 1/2 les points 0 et 1/2 sont ajoutés par continuité.) Si > 1/2, f ) < 0 : f est donc concave sur [1/2, + [. La tangente au point d infleion a pour coefficient directeur f 1/2) = 4 e Page 3 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

4 Dérivées successives de ep 1 ) Tableau de variations Courbe représentative [ Q 2. a) L équation de la tangente au point d abscisse 0 0 de Γ est : y = f 0 ) 0 ) + f 0 ) c est-à-dire y = ep 1 ) [ ) Cette tangente passe par l origine si cette équation est vérifiée pour = y = 0. Le point 0 doit donc vérifier = 0 c est-à-dire 0 = 1. A1, 1 ) est donc le seul point de Γ distinct de O, où la tangente passe par O. [ Q e b) Le coefficient directeur de la droite OA est 1 e. La tangente en un point, f)) de Γ est parallèle à OA f ) = 1 e. Mais f ) = 1 e 1 ep 1 ) = 1 2 e. On va étudier la fonction f, dont la dérivée sur IR est f ) = ep 1 ). Page 4 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

5 Dérivées successives de ep 1 ) Limites de f au bornes de son domaine lim f 1 ) = lim ± ± ep 1 ) = 0 car f ) 1 en ± ). 2 2 lim f 1 ) = lim 0 0 ep 1 ) = + pas de forme indéterminée). 2 lim f 1 ) = lim ep 1 2 Tableau de variations de f ) = lim + X 2 e X = 0 : f est continue à droite en 0. Variations de f sur IR L application f est continue et strictement croissante sur IR. Elle réalise donc une bijection de IR sur f IR ) =, 0[. En particulier, il eiste un α unique de IR tel que f α) = 1/e. Variations de f sur 0, 1/2[ L application f est continue et strictement croissante sur 0, 1/2[. Elle réalise donc une bijection de 0, 1/2[ sur f 0, 1/2[) =0, 4/e 2 [. Puisque 1/e 0, 4/e 2 [, il eiste un β unique de 0, 1/2[ tel que f β) = 1/e. Variations de f sur [1/2, + [ L application f est continue et strictement décroissante sur [1/2, + [. Elle réalise donc une bijection de [1/2, + [ sur f [1/2, + [) =0, 4/e 2. Puisque 1/e 0, 4/e 2, il eiste un γ unique de [1/2, + [ tel que f γ) = 1/e. Mais γ n est autre que 1 car précisément f 1) = 1/e. Conclusion On a donc prouvé qu il eiste sur Γ eactement deu points distincts de A en lesquels la tangente à Γ est parallèle à OA. Ce sont les points α, f α)) avec α < 0, et β, f β)) avec 0 < β < 1/2. Remarque α, β et 1 sont les solutions de 1 ep 1 ) = 1 2 e donc de f) = ep 1 ) = 2 e. Page 5 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

6 Dérivées successives de ep 1 ) Autrement dit, les points α, fα)), β, fβ)) et A = 1, f1)) sont à l intersection de la courbe Γ avec la parabole d équation y = 2 e. [ Q 3. a) L application g est définie pour 0 et ± e, c est-à-dire sur les intervalles, e[, e, 0[, 0, e[, et e, + [. Sur ce domaine, elle est de classe C comme composée d applications de classe C. L application g est paire : on se contentera donc de l étudier sur IR +. Limites de g lim g = 0 +, car lim ln =. L application g est donc continue en lim g = 0. La droite y = 0 est donc asymptote horizontale au voisinage de +, + la courbe étant au-dessus. lim g = + car lim e) ln = 1 e) 2 ). g = : L ae = e est donc asymptote verticale. lim e)+ Monotonie de g Pour tous de IR + { e}, g 2 ) = 1 2 ln ) > 0. 2 L application g est donc strictement croissante sur [0, e[ le point 0 est rajouté par continuité) et sur e, + [. Demi-tangente à l origine g) g0) 1 On constate que lim = lim = + en effet, au voisinage ln ) de 0 : 1 2 ln ) 2 ln et lim ln = 0.) 0+ On en déduit que la courbe représentative de g présente à l origine une demitangente verticale dirigée vers les y > 0. L application g n est donc pas dérivable en 0. Tableau de variations de g Page 6 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

7 Dérivées successives de ep 1 ) Concavité de g Posons u) = 1 2 ln ) 2. Avec cette notation, et pour tout de IR + { e} : g ) = 2 u) puis g ) = 2u ) u 2 ). [ Or u ) = 1 2 ln ) 1 2 ln ) ) = 1 2 ln ) 3 2 ln ). Donc pour tout de IR + { e} : g ln ) ) = ln ). 3 Sur IR + { e}, g change de signe pour = ep 3 ) 0, L application g est concave sur 0, ep 3 ) g 0.) 2 Elle est convee sur [ep 3 ), e[ g 0.) 2 Elle est concave sur e, + g 0.) Le point B = ep 3 ), gep 3 ) = 1 ) est un point d infleion En B le coefficient directeur de la tangente est g ep 3 ) ) = 1 3 ) 2 8 ep 0, Courbe représentative de g La figure suivante montre bien l allure de la courbe y = g) au voisinage de 0 : [ Q Page 7 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

8 Dérivées successives de ep 1 ) b) Pour tout non nul, 1 g) = 1 2 ln = 1 = 1 2 ln 2 ln = 1 1 ln 2 ) = = ep 1 1 ) 1 ep 1 ) = 1 2 e [ Q f ) = 1 {α, β, 1} e ln c) Sur 0, 1, g) = a le signe de u) = ln. 1 2 ln Or u ) = ln. On en déduit le tableau de variation suivant : Puisque u0) = 1 et u 1 e ) < 0, l application u s annule entre 0 et 1 e. Or, sur l intervalle [0, 1, u) = 0 g) =, et cette dernière équation n a sur [0, 1 que les solutions 0, β et 1. 0, β[, g) > 0 On en déduit : β, 1[, g) < 0 g) = 0 en = 0, β, 1 On sait que g est strictement croissante sur [0, 1. 0, β[, g) < gβ) { 0, β[, < g) < β En particulier : gβ) = β Conclusion : β, 1[, β < g) < β, 1[, gβ) < g) [ Q d) Premier cas : u 0 = β Compte tenu de gβ) = β, on a n IN, u n = β. La suite u est constante. Deuième cas : u 0 0, β[ u 0 0, β[ u 0 < gu 0 ) < β, c est-à-dire u 0 < u 1 < β. u 1 0, β[ u 1 < gu 1 ) < β, c est-à-dire u 1 < u 2 < β. Par une récurrence évidente, on trouve que la suite u n ) est croissante et qu elle est majorée par β. Elle est donc convergente, et sa limite l est élément de 0, β. Page 8 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

9 Dérivées successives de ep 1 ) Mais, en utilisant la continuité de g, on a : u n+1 = gu n ) gl) = l. La seule solution possible est l = β : la suite u n ) converge vers β. Troisième cas : u 0 β, 1[ u 0 β, 1[ β < gu 0 ) < u 0, c est-à-dire β < u 1 < u 0. u 1 β, 1[ β < gu 1 ) < u 1, c est-à-dire β < u 2 < u 1. Par une récurrence évidente, on voit que la suite u n ) est décroissante et qu elle est minorée par β. Par un raisonnement analogue au précédent, on trouve que la suite u n ) est convergente vers β. Conclusion Pour tout u 0 dans 0, 1[, on a lim u n = β. [ Q e) Avec u 0 = 0,2 On trouve successivement : u 1 = 0, u 2 = 0, u 3 = 0, u 4 = 0, u 5 = 0, u 6 = 0, Avec u 0 = 0,4 On trouve successivement : u 1 = 0, u 2 = 0, u 3 = 0, u 4 = 0, u 5 = 0, u 6 = 0, Conclusion Les calculs précédents montrent que 0, 28 < β < 0, 29. [ Q f) Pour = 2, 10 : g) 0, > 0. Pour = 2, 09 : g) 0, < 0. L application g) s annule donc en un point de 2, 10 ; 2, 09[. La seule valeur possible ici est α. Donc 2, 10 < α < 2, 09. [ Q DEUXIÈME PARTIE 1. Appelons P n la propriété Eistence du polynôme P n. P n est vraie, avec P 0 = 1. Soit n un entier naturel. On suppose que P n est vraie. Montrons que P n+1 est vraie. Par hypothèse, pour tout de IR : f n) ) = P n ) 2n ep 1 ). Si on dérive cette égalité membre à membre, on trouve : IR, f n+1) ) = [P n) 2n 2nP n ) 2n 1 + P n ) 2n 2 [ = 2 P n) 2n 1)P n ) 2n+1) ep 1 ) Ce qui s écrit : IR, f n+1) ) = P n+1 ) 2n+1) ep 1 ep ), en posant : 1 ) Page 9 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

10 Dérivées successives de ep 1 ) P n+1 ) = 2 P n) 2n 1)P n ), ce qui définit un polynôme puisque P n en est un.) On a ainsi démontré la propriété au rang n + 1, ce qui achève la récurrence. On a en même temps prouvé que la suite P n ) satisfait à la relation : n IN, IR, P n+1 ) = 2 P n) 2n 1)P n ) 1) Remarque : l égalité a été démontrée sur IR, et elle est vraie si = 0 par continuité. [ Q 2. Sans recours à l égalité 1), on a immédiatement P 1 ) = 1, car f ) = 2 ep 1 ). On trouve ensuite P 2 ) = 2 P 1) 2 1)P 1 ) = [ Q 3. Avec = 0, l égalité 1) donne : n IN, P n+1 0) = P n 0). Ainsi, pour tout n de N, P n 0) = P 0 0) = 1. Le terme constant de tous les polynômes P n est donc égal à 1. On sait que degp 0 ) = degp 1 ) = 0, et que degp 2 ) = 1. Soit n un entier naturel non nul, supposons degp n ) = n 1 et montrons degp n+1 ) = n. Posons pour cela P n ) = a n n 1 + R n ), avec a n 0 et degr n ) < n 1. En utilisant l égalité 1) : P n+1 ) = [n 2 1)a n n 2 + R n) 2n 1)a n n 1 + R n )) [ = n + 1)a n n + 2 R n) + a n n 1 + R n )1 2n) }{{} Polynôme de degré strictement inférieur à n Puisque a n 0, on voit que P n+1 est de degré n et que le coefficient du terme de plus haut degré de P n+1 est a n+1 = n + 1)a n. On a donc montré par récurrence que pour tout entier n 1, degp n ) = n 1. De plus toujours en notant a n le coefficient du terme de degré n 1 dans P n, on a : a n = na n 1 = n) n 1)) 2)a 1 = 1) n 1 n!. Conclusion : pour tout n 1, le terme de plus haut degré de P n est 1) n 1 n! n 1. [ Q 4. a) Pour tout 0, f ) = 1 ep 1 ) 2 f ) = f) 2) [ Q 2 b) On dérive n fois la relation 2). On trouve, pour tout n 1 : 2 f n+1) ) + 2nf n) ) + nn 1)f n 1) ) = f n) ). Ainsi, IR, n IN : 2 f n+1) ) + 2n 1)f n) ) + nn 1)f n 1) ) = 0 3) On sait que pour tout 0 et tout n de IN, f n) ) = P n ) 2n ep 1 ). 1 En multipliant la relation 2) par 2n ep, on trouve : ) IR, n IN : 1 2n+1) f n+1) ) ep ) 1 +2n 1) 2n f n) ) ep ) 1 +nn 1) 2 2n 1) f n 1) ) ep = 0 ) Autrement dit, IR, n IN : P n+1 ) + 2n 1)P n ) + nn 1) 2 P n 1 ) = 0 4) Remarque : par continuité, cette relation est encore valable si = 0. [ Q Page 10 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.

11 Dérivées successives de ep 1 ) 5. a) Si on reporte dans 4) l epression de P n+1 obtenue dans 1), on trouve : IR, n IN, 2 P n) + nn 1) 2 P n 1 ) = 0 c est-à-dire, après simplification par le polynôme 2 : IR, n IN, P n) + nn 1)P n 1 ) = 0 5) [ Q b) Ecrivons l égalité 1) au rang n 1, pour tout n 1 : P n ) + 2n 1) 1)P n 1 ) 2 P n 1) = 0 [ nn 1)P n ) +1 2n 1)) nn 1)P n 1 ) [ + 2 nn 1)P n 1) = 0 nn 1)P n ) + 1 2n 1))P n) + 2 P n ) = 0 6) On a utilisé la relation 5) et la relation dérivée de 5)). Remarque : il est évident que la relation 6) est encore vérifiée pour n = 0. [ Q 6. a) Soit m un entier naturel. Si 0 k m, alors m ) k) = Si k > m, alors m ) k) = 0. m! m k)! m k On en déduit que pour tout k de {0,..., n 1} : n 1 P n k) m! ) = a m m k)! m k = k!a k + ). m=k En posant = 0, on trouve P k) n 0) = k!a k, ce qu il fallait démontrer. [ Q b) En utilisant l égalité 5), on a : P n) = nn 1)P n 1 ) et P n 1) = n 1)n 2)P n 2 ). [ [ On en déduit : P n ) = nn 1) n 1)n 2) P n 2 ). Par une récurrence immédiate, on trouve donc, k {1,..., n 1} : [ [ [ P n k) ) = nn 1) n 1)n 2)... n k + 1)n k) P n k ) [ = 1) [nn k 1) n k + 1) n 1)n 2) n k) P n k ) = 1) k n! n 1)! n k)! n 1 k)! P n k) Remarque : l égalité précédente est encore vraie si k = 0. [ Q c) En utilisant ce qui précède, et sachant que P n k 0) = 1, on trouve : k {0,..., n 1}, P n k) 0) = 1) k n! n 1)! n k)! n 1 k)!. D autre part, pour tout entier k compris entre 0 et n 1, a k = 1 k! P k) n 0). On en déduit : k {0,..., n 1}, a k = 1) k n! k!n k)! n 1)! n 1 k)!. [ Q Page 11 Jean-Michel Ferrard c EduKlub S.A.