Amérique du nord mai 2004.        8 points
Commun à tous les candidats
Partie I
On donne un entier naturel n strictement positif, et on considère l’équation différentielle : (En) y ' + y =  e–x .
1° On fait l’hypothèse que deux fonctions g et h, définies et dérivables sur   , vérifient, pour tout x réel :
g (x)= h(x) e–x .
a) Montrer que g est solution de (En) si et seulement si, pour tout x réel, h '(x) =  .
b) En déduire la fonction h associée à une solution g de (En), sachant que h(0) = 0.
Quelle est alors la fonction g ?
2° Soit  une fonction dérivable sur   .
a) Montrer que  est solution de (En) si et seulement si  − g est solution de l’équation : (F) y ' + y = 0.
b) Résoudre (F).
c) Déterminer la solution générale f de l’équation (En).
d) Déterminer la solution f de l’équation (En) vérifiant f (0) = 0.
Partie II
Le but de cette partie est démontrer que   = e  (on rappelle que par convention 0 ! = 1).
1° On pose, pour tout x réel, f0(x) = e–x , f1(x) = x e–x .
a) Vérifier que f1 est solution de l’équation différentielle : y ' + y = f0.
b) Pour tout entier strictement positif n, on définit la fonction fn comme la solution de l’équation différentielle 
y ' + y = fn–1 vérifiant fn(0) = 0.
En utilisant la Partie I, montrer par récurrence que, pour tout x réel et tout entier n  1 : fn(x) =  e–x .
2. Pour tout entier naturel n, on pose: In = . (on ne cherchera pas à calculer In)
a)	Montrer, pour tout entier naturel n et pour tout x élément de l’intervalle [0 ; 1], l’encadrement : 
b)	0  fn(x)   . En déduire que 0  In   , puis déterminer la limite de la suite (In).
b) Montrer, pour tout entier naturel k non nul, l’égalité : Ik − Ik–1 = −  e–1, 
puis déterminer la limite de la suite (In).
c) Calculer I0 et déduire de ce qui précède que : In = 1 – .
d) En déduire finalement :   = e.

Correction

Partie A
(En)  y ' + y =  e–x
1° g(x) = h(x) e–x a) g solution de (En) si et seulement si pour tout réel x : g '(x) + g(x) =  e–x
g(x) = h(x) e–x donc g '(x) = h '(x) e–x – h(x) e–x
g '(x) + g(x) =  e–x  h '(x) e–x – h(x) e–x + h(x) e–x =  e–x  h '(x) =   (car e–x  0)
b) h est donc une primitive de la fonction : x   donc h est de  la forme h : x     + c où c est une constante . h(x) =  + c et h(0) = 0 si et seulement si h(x) =  et c = 0.
On a alors : g(x) = h(x) e–x =  e–x
2° a) g solution de (En) donc pour tout réel x ,  g '(x) + g (x)  =  e–x
 solution de (En) si et seulement si pour tout réel x,  '(x)  + (x)  =  e–x 
 '(x) + (x)  =  e–x   ' (x) +  (x) = g '(x) + g(x)  ( – g) '(x) + ( – g)(x) = 0
On a bien :  solution de (En) si et seulement si  – g solution de (F)
b) Les solutions de (F) sont de la forme :
x  k e–x où k est une constante.
c)  solution de (En) si et seulement si  – g solution de (F) si et seulement si il existe une constante k telle que pour tout réel x  (x) – g(x) = k e–x
les solutions générales de (En) sont donc de la forme :
x  k e–x +  e–x où k est une constante 
d) Il faut déterminer la constante k telle que la fonction f : x  k e–x +  e–x soit la solution vérifiant la condition initiale donnée.
f(0) = 0  k e0 +  e0 = 0  k = 0. la fonction f est donc définie sur    par : f(x) =  e–x 
Partie B
1° a) f0(x) = e–x et f1 (x) = x e–x
Pour tout réel x , f1'(x) + f1 (x) = e–x – x e–x + e–x = – x e–x = f0 (x)
f1 est bien solution de l'équation : y ' + y = f0
b) P   (n) : la solution  fn de l'équation différentielle y ' + y = fn–1 (x) qui s'annule en 0 est la fonction définie sur    par :  fn (x) =  e–x 
Initialisation : 
f1 est la solution de y ' + y = f0 qui s'annule en 0 et f1 (x) = x e–x =  e–x
La propriété P  (1) est donc bien vérifiée.
Hérédité : 
Si P  (n) est vérifiée alors la solution  fn de l'équation différentielle y ' + y = fn–1 (x)  qui s'annule en 0 est la fonction définie sur    par :  fn (x) =  e–x 
On cherche donc la solution de l'équation différentielle y ' + y = fn(x) qui s'annule en 0 c’est à dire la solution de (En) qui s'annule en 0.
Dans la partie A on a vu que cette solution est la fonction f définie par : f(x) =  e–x c’est à dire la fonction fn. La propriété  P  (n + i) est donc bien vérifiée. 
Conclusion : la propriété P  (n) est héréditaire à partir de 1 donc elle est vérifiée pour tout entier n  1.
2° a) Pour tout réel x de [ 0 , 1], 0  e–x  1 
Comme pour tout réel x de [ 0 , 1],   0 on a donc pour tout réel x de [ 0 , 1],  0  fn(x)  
On intègre les inégalités sur [ 0 , 1 ] et on obtient : 0  In  .
On a  =  = . donc 0  In  
b) Ik – Ik–1 =  –  = x
Par définition la  fonction fk est solution de l'équation différentielle y ' + y = fk–1
On a donc pour tout réel x, fk '(x) + fk(x) = fk–1 (x) et donc fk(x) – fk–1(x) = – fk'(x).
Ik – Ik–1 = x = –  =  = – fk(1) = –  e–1

Remarque : Un calcul direct de fk(x) – fk–1 (x) ne donne rien. 
En effet fk(x) – fk–1 (x) =  e–x =   e–x  ce qui, à priori, ne permet pas de conclure.
c) I0 =  =  = – e–1 + 1 
Démonstration par récurrence que pour tout entier n , In = 1 – . 
On définie la propriété P   (n) :  In = 1 – ..
Initialisation : 
I0 = 1 – e–1  et 1 –  = 1 –  = 1 – e–1
la propriété P  (0) est donc vérifiée.
Hérédité : 
Si la propriété  P  (n) est vérifié alors In = 1 – .
On a vu que : In+1 – In = –  e–1 donc In-+1 = In –  e–1 = 1 –  –  e–1 = 1 – 
La propriété P  (n + 1) est donc vérifiée.
Conclusion : 
La propriété P  (n) est héréditaire à partir de n = 0 elle est donc vérifiée pour tout entier n.
d)  In = 0 donc  1 –  = 0  donc   = 1 donc   = e.