Devoil libre N 5 2ème TSI 1. Correction. a n x n (série de rayon de convergence R). On a alors pour. n=0

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1 2ème TSI Coection Eecice Soit l équation difféentielle : On cheche y sous la fome y() = tout ] R; R[ : K y () = 2 y + ( + )y y =. n= a n n (séie de ayon de convegence R). On a alos pou na n n et y () = Donc y est solution de l équation difféentielle si, et seulement si : n(n )a n n + n(n )a n n + na n n+ + (n )a n n + na n n n(n )a n n 2 n= na n n a n n = n= a n n = (n(n )a n + (n )a n + na n a n ) n + a a a = a = ; n 2, (n 2 )a n + (n )a n = Il est impotant de emaque que nous n avons pas de condition su a qui peut ête quelconque. On a donc a =, a quelconque et n 2, a n = n + a n = 2( )n (n + )! a. Ainsi, les solutions DSE de l équation difféentielle sont les fonctions de la fome y() = 2( ) n (n + )! n où K R. La séie entièe obtenue a un ayon de convegence infini. On peut epime ces fonction à l aide des fonctions usuelles, pou : y() = 2K (n + )! ( )n+ = 2K (e + ) C e + si Les solutions DSE sont de la fome =, où C R. si = Eecice 2 Soit I = ] π 2 ; π [ 2 et soit f : I R la fonction définie pa = tan().. Calcul diect. 2. Il faut sépae les cas n = et n. Si n =, alos f (n+) () = f () = + f 2 (). Si n, alos I, f (n+) () = (f ) (n) () = dn ( + f 2 d n () ) = dn ( ). dn D apès la fomule de Leibniz, on a donc I, f (n+) () = ( ) n f (n k) ()f (k) (). k 3. Soit [; π 2 [. Montons pa écuence fote que pou tout n N, f (n) ().

2 2 2ème TSI C est vai pou n = ca f () () = tan(). Soit n N. Supposons que f (k) () pou tout k {,, n}. Montons alos que f (n+) (). Si n =, alos f (n+) () = f () = + f 2 (). Si n =, alos f (n+) () = n ( n k) f (n k) ()f (k) (), ca pa hypothèse de écuence, les f (k) () et f n k () sont positifs pou tout k {,, n}. On en déduit que les fonctions f (n) (pou n N) sont coissantes su [; π 2 [, puisque leus déivées f (n+) sont positives su cet intevalle. 4. a) En évaluant la fomule obtenue en question 2. en =, on obtient : c est-à-die (n + )!a n+ = n N, f (n+) () = ( ) n f (n k) ()f (k) (), k n! k!(n k)! (n k)!a n k k!a k = n! a n k a k. En divisant pa (n + )!, on en déduit n N, a n+ = n+ n a n ka k. b) Montons pa écuence su n que n N, I, f (n) ( ) = ( ) n+ f (n) (). C est vai pou n =, ca f () ( ) = f( ) = = ( ) f () () (puisque la fonction tangente est impaie) ; Soit n N. Supposons que I, f (n) ( ) = ( ) n+ f (n) (). En déivant cette égalité, on obtient : I, f (n+) ( ) = ( ) n+ f (n+) (), c est-à-die f (n+) ( ) = ( ) n f (n+) () = ( ) n+2 f (n+) (). On en déduit que si n est pai, alos f (n) est une fonction impaie, et que si n est impai, alos f (n) est une fonction paie. c) D apès la question, la fonction f (2n) est impaie pou tout n N, donc f (2n) () = f (2n) (), c est-à-die f (2n) () =. On en déduit que a 2n = pou tout n N. 5. (a) En utilisant la fomule de Taylo avec este intégal à l ode n ente les points et, on obtient f (k) () = k + ( t) n f (n+) (t)ṭ. k! n! Su l intevalle [; ], la fonction f (n+) est positive (d apès la question 3.), et t ( t) n aussi, donc pa positivité de l intégale, on en déduit que n! ce qui amène l inégalité f (k) () k = k! a k k. ( t) n f (n+) (t)ṭ, (b) La séie k a k k est à temes positifs et ses sommes patielles S n = n a k k sont majoées (pa ). Donc cette séie est convegente (ca la suite des sommes patielles est coissante et majoée). 6. (a) D apès la fomule de Taylo avec este intégal à l ode 2n + ente les points et, on a : 2n+ = a k k + ( t) 2n+ f (2n+2) (t)ṭ, (2n + )! vu que les a k sont nuls si k est pai (cf. question 4. (c)), on a 2n+ a k k = n a 2k+ 2k+. Donc : 2n+ R n () = a k k = (2n + )! ( t) 2n+ f (2n+2) (t)ṭ.

3 3 2ème TSI En effectuant alos le changement de vaiable t = u ( est fié, la nouvelle vaiable est u) dans cette intégale, on obtient R n () = (2n + )! (b) Pou ]; π 2 [, on a ( u) 2n+ f (2n+2) (u)ụ = 2n+2 R n () = (2n + )! 2n+2 (2n + )! ( u) 2n+ f (2n+2) (u)ụ. ( u) 2n+ f (2n+2) (u)ụ. Pou u [; ], on a u u, donc pa coissance de la fonction f (2n+2) (montée en question 3.), on a f (2n+2) (u) f (2n+2) (u). D où u [; ], ( u) 2n+ f (2n+2) (u) ( u) 2n+ f (2n+2) (u). Pa coissance de l intégale, on en déduit ( u) 2n+ f (2n+2) (u)ụ Finalement, on a la majoation : 2n+2 R n () (2n + )! ( u) 2n+ f (2n+2) (u). ( u) 2n+ f (2n+2) (u) = Rn (). Enfin, f() = R n ()+ n a 2k+ 2k+ R n (), ca les a 2k+ sont positifs (cf. question 3.) et. On a donc R n () Rn () f(). (c) D apès la question 5.a., on a 2n+ a k k = n a 2k+ 2k+ (ca les a 2k sont nuls). Donc R n (). En combinant ceci avec la majoation de la question pécédente, on obtient R n () f(), donc R n() =, d apès le théoème des gendames (puisque < < ). n 7. On a pou tout ]; π 2 [ : tan() = = a 2k+ 2k+ + R n (). La question pécédente monte qu en faisant tende n +, on obtient a 2k+ 2k+ = tan(). Cela este vai en = (tout est nul), et pa impaité des fonctions concenées, on obtient aussi a 2k+ ( ) 2k+ = a 2k+ 2k+ = tan() = tan( ), donc on a finalement ] π 2 ; π [, tan() = 2 a 2k+ 2k+ = a 2k+ 2k+. Ceci pouve que la fonction tangente est développable en séie entièe su l intevalle ] π 2 ; π 2 [. Poblème Patie I ) La séie entièe u n n est géométique de aison ; son ayon de convegence vaut. on a w n v n = n, les séies entièes nv n n et v n n et w n n ont même ayon de convegence égal à. Les séies entièes u n n, v n n w n n ont pou ayon de convegence.

4 4 2ème TSI un divege, ca son teme généal ne tend pas ves. vn est la séie hamonique, divegente ; compte-tenu de l équivalence signalée plus haut et du fait qu il s agit de séies à temes positifs, w n divege également. 2) On a diectement : w n = n+2 n(n+) = 2 n h() = 2 + n+ n n 3) Toujous diectement, Les séies u n, v n, w n sont divegentes. = + n = ; = n n donc on peut écie, pou : = ln( ). n+ n+ = 2 ln( ) ( ln( ) ) = ( 2 ) ln( ). h() = ( 2 ) ln( )si, Osinon f = + ; idem pou g et h. D aute pat, ) ln( ) = ( + < et v n u n = n + ; h() = + 2 ln( ) et w n = n + 2 < v n n +. On conjectue le ésultat de la patie II. Patie II ) a) Puisque a n est une séie à temes positifs divegente, la suite de ses sommes patielles tend ves + et en paticulie, A >, N N, N a n 2A. b) N étant ainsi fié, N N paticulie, N a n n N a n A. a n n = N a n n est une fonction polynôme, donc continue su R et en a n, ce qui implique : α >, R, α Gâce à la minoation du a), on obtient dans ces conditions N c) Pou tout de ], [, = + α >, α N a n n = N qui pécède, A >, α >, α A. Pa définition, f = +. a n n + + a n n A. N + a n n N a n n N 2) a) Notons R le ayon de convegence de la séie entièe b n n. Cas λ : a n A A. a n n donc d apès ce

5 5 2ème TSI soit ], [. Alos la séie à temes positifs a n n est convegente ; comme b n n λ a n n, la séie entièe b n n est absolument convegente pou tout de ], [, donc R ; soit >. Alos la séie a n n divege pace que son teme généal ne tend pas ves ; b n n ne tend pas ves non plus, en vetu de l équivalence pécédente ; donc la séie b n n divege et, étant aussi poche de que l on veut, R. En conclusion, si λ, b n n a pou ayon de convegence. Cas λ = : La pemièe conclusion du cas pécédent subsiste (emplace l équivalence pa une majoation à pati d un cetain ang) ; cependant l inégalité peut ête sticte, comme le monte l eemple de n et de la séie nulle. si λ =, le ayon de convegence de b n n est. b) Pou tout de ], [, > donc en paticulie et on peut écie : ( λ = + ) ( b n n λ a n n = + ) λ n a n n λ a n n = (λ n λ)a n n. La suite (λ n λ) n convege ves, donc est bonée : M >, n N, λ n λ M. c) Pa définition de la convegence d une suite, Pou tout de ], [, ε >, N 2 N, n N, n N 2 λ n λ ε. ( λ n λ a n n ε + a n n ε N 2+ N 2+ N 2+ ) a n n + N2 a n n = ε. ], [, N 2+ λ n λ a n n ε. d) En eploitant les ésultats pécédents, on peut écie : ε >, N 2 N, ], [, λ = (λ n λ)a n n λ n λ a n n ε + M N 2 a n n. N 2 étant ainsi fié (il ne dépend pas de ), comme N 2 a n n = N2 a n et f = +, on M N 2 en déduit a n n =, ce qui peut se taduie pa : β >, ], [, β M N 2 a n n ε et en ésumé, ε >, β >, ], [, β λ 2ε, ce qui signifie = λ. < b n Moyennant les hypothèses (H), si n a n = λ, alos < = λ.