$\require{color}$ $\require{xcolor}$ $\require{cancel}$ $\newcommand{\myfbox}[1]{\fcolorbox{red}{white}{$\textrm{#1}$}}$ $\require{stmaryrd}$ $\newcommand{\ient}{[\![}$ $\newcommand{\fient}{]\!]}$ $\newcommand{\R}{\mathbb R}$ $\newcommand{\K}{\mathbb K}$ $\newcommand{\N}{\mathbb N}$ $\newcommand{\C}{\mathbb C}$ $\newcommand{\id}{\operatorname{Id}}$ $\newcommand{\mat}{\operatorname{mat}}$ $\newcommand{\sp}{\operatorname{Sp}}$ $\newcommand{\In}{\operatorname{I}}$ $\newcommand{\vect}{\operatorname{Vect}\ }$ $\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}$ $\newcommand{\tr}{\operatorname{Tr}}$ $\newcommand{\dis}{\displaystyle}$ $\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}$ $\newcommand{\im}{\operatorname{Im}}$ $\newcommand{\dt}{\mathrm{d}}$ $\newcommand{\bordermatrix}[3]{ \begin{matrix} \begin{matrix}#1\end{matrix} & \\ #3 & \hspace{-1em} \begin{matrix}#2\end{matrix} \end{matrix}}$ $\newcommand{\fonction}[5]{#1\ \colon \left\{\begin{array}{ccl}#2 & \longrightarrow & #3\\#4 & \longmapsto & #5\end{array}\right.}$ $\newcommand{\revdots}{\mathinner{\mkern1mu\raise1pt{\kern7pt\hbox{.}}\mkern2mu\raise4pt\hbox{.}\mkern2mu\raise7pt\hbox{.}\mkern1mu}}$ $\newcommand{\tendvers}[2]{\xrightarrow[#1\to#2]{}}$

Le lien vers le sujet.

$\fbox{$\textbf{Q1}$}$ (a) Sur l'intervalle $I=]-\infty,1[$, $(1-x)^3\neq 0$ et l'équation $(\mathcal E)$ est équivalente à :

$$ y^{\prime\prime}(x)-\frac{1}{(1-x)^3}y(x)=0 $$

On peut alors appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz : il existe une unique solution $f$ de l'équation $(\mathcal E)$ vérifiant les conditions initiales $\begin{cases}f(0)=0\\f^{\prime}(0)=1\end{cases}$.

(b) On code la méthode d'Euler, en remarquant que $(\mathcal E)$ est équivalente au système différentiel :

$$ \begin{cases} y^{\prime}-z=0\\ z^{\prime}-\frac{1}{(1-x)^3}y=0 \end{cases} \iff Y^\prime = f(x,Y) $$

où $Y=\begin{pmatrix} y\\ z \end{pmatrix}$ et $f\colon (x,y,z)\mapsto \left(z,\dfrac{y}{(1-x)^3}\right)$.

Si l'on note $Y_k = \begin{pmatrix}y_k\\z_k\end{pmatrix}$, il s'agit donc de coder la récurrence :

$$ \forall k\in\ient0,n-1\fient,\ \begin{cases}Y_{k+1} = Y_k + hf(x_k,Y_k)\\x_{k+1}=x_k+h\end{cases} $$

où $h = \frac{b-a}{n}$ puisque l'on cherche une approximation numérique de la solution $f$ sur le segment $[a,b] = [0,0.9]$.

$\fbox{$\textbf{Q2}$}$ (a) On montre par récurrence que $f\in\mathscr C^k(I,\R)$ pour tout $k\geqslant 2$.

$\bullet$ Pour $k=2$, il s'agit de remarquer que $f$ est déjà 2 fois dérivable, et que $f^{\prime\prime}$ est continue comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas :

$$ \forall x\in I,\ f^{\prime\prime}(x) = \frac{f(x)}{(1-x)^3} $$

$\bullet$ Soit $k\geqslant 2$ fixé. On suppose que $f\in\mathscr C^k(I,\R)$. Montrons que $f\in\mathscr C^{k+1}(I,\R)$. Puisque $f$ est solution de $(\mathcal E)$, on a :

$$ \forall x\in I,\ f^{\prime\prime}(x) = \frac{f(x)}{(1-x)^3} $$

donc $f^{\prime\prime}\in\mathscr C^k(I,\R)$, et donc $f\in\mathscr C^{k+2}(I,\R)$. En particulier, $f\in\mathscr C^{k+1}(I,\R)$, comme voulu.

$\bullet$ On a donc bien démontré par récurrence que $f\in\mathscr C^k(I,\R)$ pour tout $k\geqslant 2$, i.e. que $\myfbox{$f\in\mathscr C^{\infty}(I,\R)$}$ .

(b) On a :

$$ \forall x\in I,\ f(x) = (1-x)^3f^{\prime\prime}(x) $$

En note $g\colon x\mapsto (1-x)^3$, on obtient, par la formule de Leibniz ($f$ et $g$ sont de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $I$) :

\begin{align*} \forall n\geqslant 1,\ f^{(n)}(0) &= \sum_{k=0}^{n} {n \choose k} \underbrace{g^{(k)}(0)}_{=0 \text{ si $k>4$}}f^{(n+2-k)}(0)\\ &= \sum_{k=0}^{3} {n \choose k} g^{(k)}(0) f^{(n+2-k)}(0)\\ &= f^{(n+2)}(0) -3n f^{(n+1)}(0) +6\frac{n(n-1)}{2} f^{(n)}(0) -6\frac{n(n-1)(n-2)}{6} f^{(n-1)}(0) \end{align*}

On obtient donc :

\begin{align*} \forall n\geqslant 1,\ f^{(n+2)}(0) = 3n f^{(n+1)}(0)-\big(3n(n-1)-1\big) f^{(n)}(0) +6\frac{n(n-1)(n-2)}{6} f^{(n-1)}(0) \end{align*}

et finalement :

\begin{align*} \forall n\geqslant 1,\ \myfbox{$a_{n+2}$} &= \frac{f^{(n+2)}(0)}{(n+2)!}\\ &= \frac{3n f^{(n+1)}(0)-\big(3n(n-1)-1\big) f^{(n)}(0) +n(n-1)(n-2) f^{(n-1)}(0)}{(n+2)!}\\ &= \myfbox{$\dis \frac{3n}{n+2}a_{n+1} -\frac{3n^2-3n-1}{(n+1)(n+2)}a_{n} + \frac{(n-1)(n-2)}{(n+1)(n+2)}a_{n-1}$} \end{align*}

(c) Cela permet donc de calculer les premiers termes de la suite $(a_n)$ :

(d) On va montrer par récurrence la propriété $\mathscr P_n\ \colon $ "$|a_n|\leqslant 4$" pour tout $n\in \N$ :

$\bullet$ Pour $n\in\{0,1,2\}$, les calculs précédents de $a_0=0$, $a_1=1$ et $a_2=0$ montrent $\mathscr P_0$, $\mathscr P_1$ et $\mathscr P_2$.

$\bullet$ Soit $n\in\N^\star$. Supposons $\mathscr P_{n-1}$, $\mathscr P_n$ et $\mathscr P_{n+1}$. Montrons $\mathscr P_{n+2}$. On a :

\begin{align*} |a_{n+2}| &= \left|\frac{3n}{n+2}a_{n+1} -\frac{3n^2-3n-1}{(n+1)(n+2)}a_{n} + \frac{(n-1)(n-2)}{(n+1)(n+2)}a_{n-1} \right|\\ &\leqslant \frac{3n}{n+2}\left|a_{n+1}\right| + \frac{3n^2-3n-1}{(n+1)(n+2)}\left|a_{n}\right| + \frac{(n-1)(n-2)}{(n+1)(n+2)}\left|a_{n-1}\right|\qquad\text{(inégalité triangulaire)}\\ &\leqslant \frac{3n}{n+2}4^{n+1} + \frac{3n^2-3n-1}{(n+1)(n+2)}4^n + \frac{(n-1)(n-2)}{(n+1)(n+2)}4^{n-1}\qquad\text{(hypothèses de récurrence)}\\ &\leqslant 3\times 4^{n+1} + 3\times 4^n + 4^{n-1}\\ &\leqslant (48 + 12 + 1)\times 4^{n-1}\\ &\leqslant 61\times 4^{n-1}\\ &\leqslant 64\times 4^{n-1} = 4^{n+2} \end{align*}

d'où $\mathscr P_{n+2}$.

$\bullet$ On a donc montré la propriété voulue par récurrence : $\myfbox{$\forall n\in\N,\ |a_n|\leqslant 4^n$}$ .

(e) On note $R$ le rayon de convergence de la série de Taylor associée à $f$ en $0$, qui est la série entière $\dis \sum a_n x^n$.

Par comparaison avec la série entière géométrique $\dis \sum (4x)^n$, dont le rayon de convergence vaut $\frac{1}{4}$, on obtient la minoration $\myfbox{$R\geqslant \frac{1}{4}$}$ .

Remarque :

Ce n'est pas parce que $f$ est de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $I=]-\infty,1[$ qu'elle est égale à la somme de sa série de Taylor sur $\left]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right[$.

Pour le montrer, on va utiliser l'unicité dans le théorème de Cauchy-Lipschitz.

On note $S$ la somme de la série de Taylor $\dis \sum a_nx^n$. Alors $S$ est de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $\left]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right[$, et l'on a :

$$ \begin{cases} S(0) = a_0 = 0\\ S^\prime(0) = a_1 = 1 \end{cases} $$

et de plus :

\begin{align*} \forall x\in \left]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right[,\ (1-x)^3S^{\prime\prime}(x) &= (1-3x+3x^2-x^3)\sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1)a_nx^{n-2}\\ &=(1-3x+3x^2-x^3)\sum_{n=0}^{+\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2}x^n\\ &= (1-3x+3x^2-x^3)\sum_{n=0}^{+\infty} \left[ 3n(n+1)a_{n+1} -(3n^2-3n-1)a_{n} + (n-1)(n-2)a_{n-1}\right]x^n\\ &= \dots\qquad \text{(tout développer, mettre toutes les sommes avec le même indiçage, etc)}\\ &= S(x) \end{align*}

Ainsi, $S$ vérifie le même problème de Cauchy que $f$ sur $\left]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right[$, donc, par unicité dans le théorème de Cauchy-Lipschitz, $\myfbox{$f=S$ sur $\left]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right[$}$ .

$\fbox{$\textbf{Q3}$}$ La question Q1 (b) permet de conjecturer que $f$ est positive sur $[0,1[$. Montrons-le rigoureusement.

On note $C=\{b\in[0,1[\ \mid f(b)<0\}$. Supposons par l'absurde que $C$ soit non vide. $C$ est alors une partie non vide et minorée de $\R$, donc admet une borne inférieure $c=\inf C$. On a alors :

• $c>0$
• $\forall x\in ]0,c[,\ f(x)>0$ $\quad(\star)$

Puisque, pour tout $x\in I$, $f^{\prime\prime}(x)= \dfrac{f(x)}{(1-x)^3}$, on en déduit que $f^{\prime\prime}>0$ sur $]0,c[$, donc $f^\prime$ est croissante sur $]0,c[$, et puisque $f^\prime(0)=1$, on obtient :

$$ \forall x\in]0,c[,\ f^\prime(x)\geqslant 1 $$

d'où :

$$ f(c) = \cancel{f(0)} + \int_0^c f^\prime(t)dt \geqslant c >0 $$

Par continuité de $f$, $f$ reste $>0$ sur un voisinage de $c$ de la forme $[c-\varepsilon,c+\varepsilon]$ (avec $\varepsilon>0$) : contradiction avec $(\star)$.

$\fbox{$\textbf{Q4}$}$

• Pour tout $x \in[0,1[$, la formule de Taylor avec reste intégrale à l'ordre $1$, sur le segment $[0, x]$ s'écrit :

$$ f(x)=\underbrace{f(0)}_{=0}+x \underbrace{f^{\prime}(0)}_{=1}+\int_{0}^{x} \frac{(x-t)^{1}}{1 !} f^{\prime \prime}(t) d t=x+\int_{0}^{x} \frac{(x-t) f(t)}{(1-t)^{3}} d t \quad\left(\operatorname{car} f^{\prime \prime}(t)=\frac{f(t)}{(1-t)^{3}}\right) $$

D'après un raisonnement analogue à celui mené à la question Q3, on a :

$$\forall t \in[0,1[,\ f^{\prime}(t) \geqslant f^{\prime}(0)=1$$

d'où :

$$ \forall t \in[0,1[,\ f(t)=\underbrace{f(0)}_{=1}+\int_{0}^{t} \underbrace{f^{\prime}(u)}_{\geqslant 1} d u \geqslant \int_{0}^{t} d u=t $$

donc :

$$ \myfbox{$\dis f(x)=x+\int_{0}^{x} \frac{(x-t) f(t)}{(1-t)^{3}} d t \geqslant x+\int_{0}^{x} \frac{(x-t) t}{(1-t)^{3}} d t$} $$

• Pour calculer $\dis \int_{0}^{x} \frac{(x-t) t}{(1-t)^{3}} d t$, on utilise le changement de variable $u=1-t$ et l'on obtient :

\begin{align*} \myfbox{$\int_{0}^{x} \frac{(x-t) t}{(1-t)^{3}} d t = \dis \ln (1-x)+\frac{x(2-x)}{2(1-x)}$} \end{align*}

• On a donc :

\begin{align*} \forall x \in[0,1[, f(x) &\geqslant x+\int_{0}^{x} \frac{(x-t) t}{(1-t)^{3}} d t\\ &\geqslant x+\ln (1-x)+\frac{x(2-x)}{2(1-x)}\\ &\geqslant \ln (1-x)+\frac{x(2-x)}{2(1-x)}\\ &\geqslant \frac{1}{1-x} \Bigg[\underbrace{\frac{x(2-x)}{2}}_{\tendvers{x}{1^{-}} \frac{1}{2}} + \underbrace{(1-x)\ln(1-x)}_{\tendvers{x}{1^{-}}\ 0 \text{ (croiss. comp.)}} \Bigg] \tendvers{x}{1^{-}} +\infty \end{align*}

D'après le théorème de minoration, on en déduit que $\myfbox{$\lim\limits_{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=+\infty$}$ .