Approximants de Padé de exp(x)

(Exercice d’oral Centrale Mp)
Pour tout {n\in\mathbb{N}}, et pour tout réel {x}, on note :
{U_n(x)=\dfrac{1}{n!}(x-x^2)^n,\quad L_n(x)=U_n^{(n)}(x),\quad R_n(x)={\displaystyle\int_0^1}\text{e}^{xt}L_n(t)\,\text{d}t}

  1. Calculer les coefficients du polynôme {L_{n}(x)}.
    • Prouver que {R_n(x)=(-x)^n{\displaystyle\int_0^1}\text{e}^{xt}\,U_n(t)\,\text{d}t}.
    • En déduire l’inégalité {\left|x^{n+1}R_n(x)\right|\le\dfrac{\left|x\right|^{2n+1}\text{e}^{\left|x\right|}}{4^n\,n!}}.
    • Pour tout {n\in\mathbb{N}}, montrer qu’il existe {P_n,Q_{n}} dans \mathbb{R}_{n}[X] tels que {x^{n+1}R_n(x)=Q_n(x)\text{e}^x-P_n(x)} pour tout réel {x}.
    • Montrer l’unicité du couple {(P_{n},Q_{n})}.
  2. Montrer que {Q_{n}(x)=P_{n}(-x)} et que {P_{n}(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(2n-k)!}{k!(n-k)!}\,x^k}.
  3. On va voir deux conséquences de ce qui précède (la première locale, valable au voisinage de {0}, et l’autre globale, sur tout le segment {[-1,1]}).

    • Montrer qu’à l’origine on a {\exp(x)=F_{n}(x)+\text{o}(x^{2n})} avec {F_{n}(x)=\dfrac{P_{n}(x)}{P_{n}(-x)}}.
    • Montrer que {\left|{\text{e}^x-\dfrac{x^2+6x+12}{x^2-6x+12}}\right|\le\dfrac{\left|x\right|^5}{80}} sur {[-1,1]}.

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  1. On a {U_{n}(x)=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\dbinom{n}{k}x^{n+k}}.

    On en déduit {L_{n}(x)=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\dbinom{n}{k}\dfrac{(n+k)!}{k!}\,x^k}.

    • On applique la formule d’intégration par parties répétée : {\begin{array}{rl}R_n(x)&={\displaystyle\int_0^1}U_n^{(n)}(t)\,\text{e}^{xt}\,\text{d}t\\\\&=\biggl[\,\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}U_n^{(n-k)}(t)\,x^{k-1}\,\text{e}^{xt}\,\biggr]_{0}^{1}+(-1)^n{\displaystyle\int_{0}^{1}}U_n(t)\,x^{n}\,\text{e}^{xt}\,\text{d}t\end{array}}Mais {U_n^{(n-k)}(0)=U_n^{(n-k)}(1)=0} si {1\le k\le n}.

      Ainsi {R_n(x)=(-x)^n{\displaystyle\int_{0}^{1}}U_n(t)\text{e}^{xt}\,\text{d}t}.

    • On sait que {U_n(t)\ge0} sur {[0,1]}.

      On a donc : {\left|x^{n+1}R_n(x)\right|=\left|x\right|^{2n+1}{\displaystyle\int_0^1}\text{e}^{xt}\,U_n(t)\,\text{d}t}

      Pour {0\le t\le 1}, on a {\text{e}^{xt}\le e^{\left|x\right|}} et {t(1-t)\le\dfrac14} donc {U_n(t)\le\dfrac{1}{4^nn!}}.

      Ainsi {\left|x^{n+1}R_n(x)\right|\le\dfrac{\left|x\right|^{2n+1}\text{e}^{\left|x\right|}}{4^n\,n!}}.

      Il en résulte {x^{n+1}R_n(x)=o(x^{2n})} à l’origine.

    • Soit {x\in\mathbb{R}}, et {g\colon t\mapsto\text{e}^{xt}}.

      On a : {x^{n+1}R_n(x)={\displaystyle\int_0^1}g^{(n+1)}(t)L_n(t)\,\text{d}t}, et {L_n^{(n+1)}\equiv0} (car {\deg L_n=n}).

      On en déduit les égalités : {\begin{array}{l}x^{n+1}R_n(x)=\biggl[\,\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}g^{(n-k)}(t)L_n^{(k)}(t)\biggr]_{0}^{1}+(-1)^{n+1}{\displaystyle\int_{0}^{1}}g(t)L_n^{(n+1)}(t)\,\text{d}t\\\\\quad=\biggl[\,\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}x^{n-k}\text{e}^{xt}L_n^{(k)}(t)\biggr]_{t=0}^{t=1}\\\\\quad=\biggl(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}L_n^{(k)}(1)x^{n-k}\biggr)\text{e}^{x}-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}L_n^{(k)}(0)x^{n-k}\\\\\quad=Q_n(x)\text{e}^x-P_n(x)\text{\ avec\ }\begin{cases}Q_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}L_n^{(k)}(1)x^{n-k}\\P_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}L_n^{(k)}(0)x^{n-k}\end{cases}\end{array}}

    • Supposons qu’il existe un autre couple solution {(\widehat{P}_{n},\widehat{Q}_{n})}.

      Alors {(Q_{n}(x)-\widehat{Q}_n(x))\text{e}^x-(P_n(x)-\widehat{P}_n(x))=0} pour tout {x}.

      Par récurrence facile, les fonctions {1,x,\ldots,x^n,\text{e}^x,x\text{e}^x,\ldots,x^n\text{e}^{x}} sont libres.

      Il en résulte les égalités {\widehat{Q}_{n}=Q_{n}} et {\widehat{P}_{n}=P_{n}}.

  2. L’égalité {U_{n}(1-x)=U_{n}(x)} donne {L_{n}(1-x)=(-1)^nL_{n}(x)} après {n} dérivations.

    Après {k} dérivations supplémentaires : {L_{n}^{(k)}(1)=(-1)^{n+k}L_{n}^{(k)}(0)=(-1)^{n-k}L_{n}^{(k)}(0)}On en déduit :{\begin{array}{rl}Q_n(x)&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}L_n^{(k)}(1)x^{n-k}\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}L_{n}^{(k)}(0)(-x)^{n-k}=P_{n}(-x)\end{array}}On a {L_{n}^{(k)}(0)=k!(-1)^k\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}=\dfrac{(-1)^k(n+k)!}{k!(n-k)!}} pour {0\le k\le n}.

    Ainsi {P_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(n+k)!}{k!(n-k)!}x^{n-k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(2n-k)!}{k!(n-k)!}x^{k}}.

    • L’égalité {x^{n+1}R_n(x)=P_n(-x)\text{e}^x-P_n(x)} devient {\text{e}^x=F_{n}(x)+\dfrac{x^{n+1}R_{n}(x)}{P_{n}(-x)}}.

      D’après (2b) (sachant que {P_{n}(0)\ne0}) on alors {e^x=F_{n}(x)+\text{o}(x^{2n})}.

    • On a {P_{2}(x)=x^2+6x+12=(x+3)^2+3\ge7} sur {[-1,1]}.

      On utilise le résultat de (2b). Pour tout {x} de {[-1,1]} : {\begin{array}{rl}\left|{\text{e}^x-\dfrac{x^2+6x+12}{x^2-6x+12}}\right|&=\left|{\text{e}^x-F_{2}(x)}\right|=\left|{\dfrac{x^{3}R_{2}(x)}{P_{2}(-x)}}\right|\\\\&\le \dfrac{\left|x\right|^{5}\text{e}^{\left|x\right|}}{32P_{2}(-x)}\le \dfrac{\left|x\right|^{5}\text{e}}{224}\le\dfrac{\left|x\right|^{5}}{80}\end{array}}