Corrigé X MP 2008 Maths 2

Corrigé X MP 2008 Maths 2
Première partie
1
2
jn,n = sn,n = n! car toute injection (et toute surjection) de [[1 , n]] dans lui-même est une bijection.
jk,n est le nombre de bijections de [[1 , k]] dans une partie de [[1 , n]] de cardinal k . Pour
chaque partie
n
parties
de [[1 , n]]
I de [[1 , n]] de cardinal k , on
dénombre
k!
bijections
de
[[1
,
k]]
dans
I
,
or
il
y
a
k
n
de cardinal k, donc jk,n =
k! .
k
3.a
Soit I une partie de [[1 , n]] de cardinal q . Il y a sk,q applications de [[1 , k]] dans [[1 , n]] dont l'image
est égale à I , car ce sont exactement les surjections de [[1 , k]] dans I . Comme il y a pq,n parties
de [[1 , n]] de cardinal q , on obtient sk,q pq,n applications de [[1 , k]] dans [[1 , n]] dont l'image est de
cardinal q . En faisant varier q de 1 à n, on réalise une partition de l'ensemble des applications de
[[1 , k]] dans [[1 , n]] en fonction du cardinal q de leurs images, ce qui donne en passant aux cardinaux :
k
n =
n
X
sk,q pq,n
q=1
3.b
n
X
n
=
sk,q
.
q
q=1
La formule précédente indique que A(r) = S(r)P (r). Or S(r) est triangulaire inférieure, donc
det S(r) =
r
Y
r
Y
sn,n =
n! et P (r) est triangulaire supérieure à coecients diagonaux égaux à 1
n=1
n=1
donc det P (r) = 1. On en déduit que det A(r) = det S(r) det P (r) =
r
Y
n! .
n=1
: Après avoir mis n en facteur sur la colonne n de A(r), pour tout n variant de 1 à r,
on tombe sur le déterminant classique de Vandermonde
associé aux valeurs 1, 2 . . . , r, que l'on peut
Q
calculer par une autre méthode, et on obtient 16k<n6r (n − k). Après simplication, ce produit
Q
est égal à 1!2! · · · (r − 1)!, donc en multipliant par r!, on retrouve bien que det A(r) = rn=1 n!
(évidemment, cette façon de procéder n'est pas dans l'esprit de l'énoncé).
Remarque
Deuxième partie
4.a
4.b
4.c
si k 6 n
k
0 sinon
k=0
La matrice T est triangulaire supérieure, et on a Tk,n = pk,n .
n
(X + 1) =
n X
n
X donc Tk,n =
k
( n
k
L'application P (X) 7→ P (X − 1) est un endomorphisme de Ed dont la composée avec T est égale à
l'identité, donc T est inversible et T −1 (P )(X) = P (X − 1)(
.
n
X
(−1)n−k nk si k 6 n
n
Comme (X − 1)n = (−1)n−k
X k , on a (T −1 )k,n =
k
0 sinon
k=0
∀n ∈ [[0 , d]], an =
d
X
bq Tq,n donc a = b · T , d'où b = a · T −1 , soit bq =
q=0
4.d
D'après 3a, nk =
n
X
q=1
5
sk,q
q
X
n=0
(−1)q−n an
q
.
n
n
X
n
n
. On en déduit par 4c (avec a0 = 0) que sk,n = (−1)n−q q k
.
q
q
q=1
Comme deg Nk = k, la famille (Nk )06k6d est échelonnée en degrés dans Ed , donc en constitue une
base.
1
6
T (Nk ) − Nk
=
=
7.a
7.b
8
(X + 1) · · · (X + k − 1)(X + k − X)
(X + 1) · · · (X + k) − X · · · (X + k − 1)
=
k!
k!
(X + 1) · · · (X + k − 1)
= T (Nk−1 ) .
(k − 1)!
Par récurrence nie sur q et en utilisant 6, on montre que T (Nq ) = Nq + Nq−1 + · · · + N0 , donc la
matrice T̃ est triangulaire supérieure et T̃k,q = 1 pour k 6 q .
D'après 6, Nk= T −1 (Nk ) + Nk−1 , d'où T −1 (Nq ) = Nq − Nq−1 pour 1 6 q 6 d et T −1 (N0 ) = N0 ,

1 si k = q
−1
donc T̃k,q = −1 si k = q − 1


0 sinon
Pour n ∈ N, on a nk =
k
X
sk,q
q=1
Xk =
k
X
k
X
n(n − 1) · · · (n − q + 1)
=
sk,q Nq (n − q + 1). On en déduit que
q!
q=1
sk,q Nq (X − q + 1) car la diérence de ces deux polynômes s'annule sur N qui est inni,
q=1
donc est le polynôme nul.
Troisième partie
9
La formule est évidente pour n = 1 et on retrouve la formule du binôme pour n = 2.
Supposons la vraie au rang n.
(x1 + · · · + xn+1 )k
X
=
f ∈Ck,n
k!
f (1)
f (n−1)
x
· · · xn−1 (xn + xn+1 )f (n)
f (1)! · · · f (n)! 1
X
=
f ∈Ck,n
i>0, j>0, i+j=f (n)
X
=
f ∈Ck,n
i>0, j>0, i+j=f (n)
X
=
f ∈Ck,n+1
10
f (n)!
k!
f (n−1)
f (1)
· · · xn−1 xin xjn+1
x
f (1)! · · · f (n)! 1
i! j!
k!
f (n−1)
f (1)
· · · xn−1 xin xjn+1
x
f (1)! · · · f (n − 1) !i! j! 1
k!
f (n+1)
f (1)
· · · xn+1 . Elle est vraie au rang n + 1.
x
f (1)! · · · f (n + 1)! 1
Développer (x1 + · · · + xn )k consiste à prendre de toutes les façons possibles un terme xi dans chaque
somme x1 + · · · + xn , à les multiplier, et à ajouter tous les produits obtenus. Si on appelle ϕ(j)
l'indice du terme retenu dans la j ème somme, on obtient le développement en ajoutant tous les
produits xϕ(1) · · · xϕ(k) lorsque ϕ décrit l'ensemble des applications de [[1 , k]] dans [[1 , n]], soit
(x1 + · · · + xn )k =
X
xϕ(1) · · · xϕ(k) .
ϕ∈Ak,n
11
D'après les questions 9 et 10, on a
X
f ∈Ck,n
X
k!
f (1)
x1 · · · xfn(n) =
xϕ(1) · · · xϕ(k) .
f (1)! · · · f (n)!
ϕ∈Ak,n
On obtient une égalité entre deux polynômes de la variable x1 . On peut donc identier les coecients, en particulier les coecients constants (c'est-à-dire indépendants de x1 ). En soustrayant ces
coecients constants, on obtient pour tout (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn l'égalité :
X
f ∈Ck,n
f (1)>1
k!
f (1)
x
· · · xfn(n) =
f (1)! · · · f (n)! 1
2
X
ϕ∈Ak,n
1∈ϕ([[1,k]])
xϕ(1) · · · xϕ(k) .
On recommence alors la même manipulation avec les variables x2 , . . . , xn , ce qui donne
X
f ∈Dk,n
X
k!
f (1)
x1 · · · xfn(n) =
xϕ(1) · · · xϕ(k)
f (1)! · · · f (n)!
ϕ∈Bk,n
En prenant toutes les variables xi égales à 1, on trouve nalement
k!
= sk,n .
f (1)! · · · f (n)!
X
f ∈Dk,n
Quatrième partie
12
P
• Soit r un réel tel que 0 < r < R1 . On choisit un réel r0 tel que r < r0 < R1 . La série
ak r0k
converge donc la suiteX
(ak r0k ) est bornée, d'où ∃M > 0, ∀k > 1, |ak r0k | 6 M . Pour tout
k > n, on a |αn,k | 6
M n r0−(f (1)+···+f (n)) = M n r0−k card Dk,n .
f ∈Dk,n
Si f ∈ Dk,n , on a 1 6 f (j) 6 k − 1 pour tout j ∈ [[1 , n]], donc card Dk,n 6 (k − 1)n .
On en déduit que |αk,n rk | 6 M n (k − 1)n (r/r0 )k . En utilisant la régle de d'Alembert (ou en
remarquant que ce terme est négligeable devant 1/k2 quand k tend vers +∞), on voit
P que cette
série de la variable k converge, donc le rayon de convergence de la série entière k>0 αn,k xk
est supérieur ou égal à R1 .
P
• En eectuant le produit de Cauchy de la série entière k>1 ak xk par elle-même (licite lorsque
|x| < R1 ), on obtient que
∞
X
!2
k
∞ k−1
X
X
(
aj ak−j )xk , en remarquant que les termes
=
ak x
k=2 j=1
k=1
d'indice j = 0 et j = k sont nuls du fait que a0 = 0.
En poursuivant les produits de Cauchy!par la série entière initiale, on en déduit par récurrence
sur n que ∀x ∈] − R1 , R1 [,
∞
X
n
ak xk
=
k=1
∞
X
aj1 · · · ajn )xk , les indices jp étant
X
(
k=n j1 +···+jn =k
j1 >1,...,jn >1
non nuls car a0 = 0. On peut donc indexer la somme interne par l'ensemble Dk,n , ce qui donne
∞
X
k
αk,n x =
!n
k
ak x
= ϕ(x)n .
k=1
k=0
13
∞
X
0
) la suite double dénie à partir de la suite (|ak |) par la même formule que αn,k à partir
Notons (αn,k
0
pour tout (n, k) ∈ N2 . On sait que la série
de ak . Par inégalité triangulaire, on a |αn,k | 6 αn,k
P
k
entière |ak |x est de rayon de convergence R1 , on notera ϕ1 (x) sa somme.
X
|un,k | =
On pose un,k = bn αn,k xk pour (k, n) ∈ N2 . Pour tout n ∈ N et x ∈] − R1 , R1 [, on a
k>0
|bn |
X
|αn,k xk | 6 |bn |
X
0
αn,k
|x|k . En appliquant la question 12 à la suite (|ak |), on obtient
k>0
X k>0
n
|un,k | 6 |bn |ϕ1 (|x|) . Or ϕ1 (0) = 0 et ϕ1 est continue donc il existe R > 0 tel que ∀x ∈
k>0
P
n
] − R, R[, ϕ1 (|x|) < R2 , ce qui entraîne que la série
converge.
n>0 |bn |ϕ1 (|x|)
P
P D'après le
théorème
de
Fubini,
la
série
double
de
terme
général
u
converge
et
on
a
(
n,k
k>0
n>0 un,k ) =
P
P
(
u
)
.
En
utilisant
la
question
12,
on
en
déduit
que
pour
tout
x
appartenant
à
n>0
k>0 n,k
l'intervalle ] − R, R[, on a
X X
X
X
X
(
bn αn,k )xk =
bn (
αn,k xk ) =
bn ϕ(x)n = ψ(ϕ(x)) .
k>0 n>0
14
n>0
k>0
n>0
Prenons ak = 1/k! pour k > 1 (et a0 = 0), ce qui donne R1 = +∞ et ϕ(x) = ex − 1 pour x ∈ R.
X
sk,n
1
=
.
D'après la question 11, on a αn,k =
f ∈Dk,n
f (1)! · · · f (n)!
k!
On pose bn = 1/n! pour n > 0, de sorte que R2 = +∞ et ψ(x) = ex pour tout x réel.
En appliquant la question 13, on obtient au voisinage de 0 l'égalité
e(e
x
−1)
= ψ(ϕ(x)) =
∞ X
k
k
X
X
sk,n xk
sk,n
(
) . En particulier, pour tout k ∈ N, on a θ(k) (0) =
.
n!
k!
n!
n=0
n=0
k=0
3