Exercice 1 4727

Déterminer les rayons de convergence des séries entières qui suivent:

(a)

$\sum \frac{{(- 1)}^{\frac{n (n + 1)}{2}}}{n^{2} + 1} z^{n}$
(b)

$\sum (\binom{2 n}{n}) z^{2 n}$
(c)

$\sum z^{n^{2}}$ .

Exercice 2 5570 Correction

Déterminer le rayon de convergence des séries entières suivantes:

(a)

$\sum_{n \geq 0} \frac{n^{2} + 1}{3^{n}} z^{n}$
(b)

$\sum_{n \geq 0} e^{- n^{2}} z^{n}$
(c)

$\sum_{n \geq 0} \ln (1 + \frac{n}{n^{2} + 1}) z^{n}$
(d)

$\sum_{n \geq 0} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2} + n + 1} z^{2 n}$
(e)

$\sum_{n \geq 0} \frac{n^{n}}{n!} z^{3 n}$
(f)

$\sum_{n \geq 0} (\sqrt[n + 1]{n + 1} - \sqrt[n]{n}) z^{n}$ .

Solution

(a)

Posons $a_{n} = \frac{n^{2} + 1}{3^{n}}$ . Pour tout $z \neq 0$ ,

$| \frac{a_{n + 1} z^{n + 1}}{a_{n} z^{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} \frac{| z |}{3} .$

La série $\sum a_{n} z^{n}$ converge absolument pour $| z | < 3$ et diverge grossièrement pour $| z | > 3$ . On a donc $R = 3$ .
(b)

Posons $a_{n} = e^{- n^{2}}$ . Pour tout $z \in ℂ$ ,

$n^{2} a_{n} z^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 pour tout z \in ℂ .$

Cela assure la convergence absolue de $\sum a_{n} z^{n}$ . On a donc $R = + \infty$ .
(c)

Posons $a_{n} = \ln (1 + \frac{n}{n^{2} + 1}) z^{n}$ . On remarque

$a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n}{n^{2} + 1} = \frac{1}{n} .$

On sait que $\sum \frac{1}{n} z^{n}$ a pour rayon de convergence $R = 1$ et donc $\sum a_{n} z^{n}$ aussi.
(d)

Posons $a_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2} + n + 1}$ . Pour tout $z \neq 0$ ,

$| \frac{a_{n + 1} z^{2 n + 2}}{a_{n} z^{2 n}} | \to_{n \to + \infty}^{} {| z |}^{2} .$

La série $\sum a_{n} z^{2 n}$ converge absolument pour $| z | < 1$ et diverge grossièrement pour $| z | > 1$ . On a donc $R = 1$ .
(e)

Posons $a_{n} = \frac{n^{n}}{n!}$ . Pour tout $z \neq 0$ ,

$| \frac{a_{n + 1} z^{3 n + 3}}{a_{n} z^{3 n}} | = \frac{{(n + 1)}^{n}}{n^{n}} {| z |}^{3} = \exp (n \ln (1 + \frac{1}{n})) \to_{n \to + \infty}^{} e {| z |}^{3}$

donc $R = e^{- 1 / 3}$ .
(f)

On a

$\sqrt[n + 1]{n + 1} - \sqrt[n]{n} = e^{\frac{1}{n + 1} \ln (n + 1)} - e^{\frac{1}{n} \ln (n)} = e^{\frac{1}{n} \ln (n)} (e^{\frac{\ln (n + 1)}{n + 1} - \frac{\ln (n)}{n}} - 1) .$

Or

$e^{\frac{1}{n} \ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

donc

$\sqrt[n + 1]{n + 1} - \sqrt[n]{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n + 1)}{n + 1} - \frac{\ln (n)}{n} = - \frac{\ln (n)}{n (n + 1)} + \frac{\ln (1 + 1 / n)}{n + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{n^{2}} .$

Par suite, $R = 1$ .

Exercice 3 971 Correction

Déterminer le rayon de convergence des séries entières:

(a)

$\sum_{n \geq 1} \frac{\ln (n)}{n^{2}} z^{2 n}$
(b)

$\sum_{n \geq 0} n! z^{n}$
(c)

$\sum_{n \geq 0} \frac{(3 n)!}{{(n!)}^{3}} z^{n}$ .

Solution

(a)

Posons $a_{n} = \frac{\ln (n)}{n^{2}}$ . Pour tout $z \neq 0$ ,

$| \frac{a_{n + 1} z^{2 n + 2}}{a_{n} z^{2 n}} | = \frac{\ln (n + 1)}{\ln (n)} \cdot \frac{n^{2}}{{(n + 1)}^{2}} {| z |}^{2} \to_{n \to + \infty}^{} {| z |}^{2}$

donc $R = 1$ .
(b)

Posons $a_{n} = n!$ . Pour tout $z \neq 0$ ,

$| \frac{a_{n + 1} z^{n + 1}}{a_{n} z^{n}} | = (n + 1) | z | \to_{n \to + \infty}^{} + \infty$

donc $R = 0$ .
(c)

Posons $a_{n} = \frac{(3 n)!}{{(n!)}^{3}}$ . Pour tout $z \neq 0$ ,

$| \frac{a_{n + 1} z^{n + 1}}{a_{n} z^{n}} | = \frac{(3 n + 3) (3 n + 2) (3 n + 1)}{{(n + 1)}^{3}} | z | \to_{n \to + \infty}^{} 27 | z |$

donc $R = 1 / 27$ .

Exercice 4 3298 CCINP (MP)Correction

(a)

Déterminer les rayons de convergence des séries entières

$\sum \ln (\frac{n + 1}{n}) x^{n} et \sum \sin (e^{- n}) x^{n} .$
(b)

Une série entière converge-t-elle normalement sur son disque ouvert de convergence?

Solution

(a)

On a

$\ln (\frac{n + 1}{n}) \sim \frac{1}{n}$

donc le rayon de convergence de la première série entière vaut 1.
Aussi

$\sin (e^{- n}) \sim e^{- n}$

donc le rayon de convergence de la deuxième série entière vaut $e$ .
(b)

On sait qu’une série entière converge normalement sur tout compact inclus dans son disque ouvert de convergence, mais en revanche elle ne converge pas normalement sur ce disque. La série entière $\sum z^{n}$ est un contre-exemple car

$R = 1 et {∥ z \mapsto z^{n} ∥}_{\infty, D (0,1)} = 1 .$

Exercice 5 2842 MINES (MP)Correction

Déterminer le rayon de convergence de

\sum π^{\sqrt{n (n + 1)}} x^{2 n} .

Solution

On remarque

π^{\sqrt{n (n + 1)}} \underset{n \to + \infty}{\sim} π^{n} .

Pour $x \neq 0$ , posons $u_{n} = π^{\sqrt{n^{2} + 2 n}} x^{2 n}$ . Après calculs,

(\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}) \to_{n \to + \infty}^{} π x^{2} .

On en déduit

R = \frac{1}{\sqrt{π}} .

Exercice 6 3383 CCINP (PSI)Correction

Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ où $(a_{n})$ est la suite déterminée par

a_{0} = α, a_{1} = β et a_{n + 2} = 2 a_{n + 1} - a_{n} pour tout n \in ℕ

avec $(α, β) \in ℝ^{2}$ .

Solution

La suite $(a_{n})$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $2$ . Son terme général est donné par

a_{n} = α + n (β - α) .

Si $(α, β) \neq (0,0)$ alors $R = 1$ . Si $(α, β) = (0,0)$ alors $R = + \infty$ .

Exercice 7 5317 ENSTIM (MP)Correction

Soient $r$ un réel strictement positif et la suite $(a_{n})$ déterminée par

a_{n} = {\begin{matrix} r^{\sqrt{n}} & si n est un carré \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ .

Solution

La série entière étudiée correspond à $\sum r^{n} x^{n^{2}}$ .

Pour $x \neq 0$ ,

| \frac{r^{n + 1} x^{{(n + 1)}^{2}}}{r^{n} x^{n^{2}}} | = r {| x |}^{2 n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} {\begin{matrix} + \infty & si | x | < 1 \\ 0 & si | x | > 1 . \end{matrix}

Pour $| x | < 1$ , la série converge absolument. Pour $| x | > 1$ , la série diverge grossièrement. Le rayon de convergence cherché vaut $1$ .

Exercice 8 4728

Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entière $\sum \sin (n) z^{n}$ .

Exercice 9 2843 MINES (MP)Correction

Soit $α \in ℝ$ . Déterminer le rayon de convergence de

\sum_{n \geq 1} \frac{\cos (n α)}{n} x^{n} .

Solution

On sait qu’une série entière et sa série entière dérivée ont le même rayon de convergence. Étudions ici le rayon de convergence de $\sum \cos ((n + 1) α) x^{n}$ . La suite $(\cos ((n + 1) α))$ est bornée donc $R \geq 1$ et ne tend pas vers $0$ donc $R \leq 1$ . On conclut $R = 1$ .

Exercice 10 972 Correction

Déterminer le rayon de convergence de la série entière

\sum_{n \geq 1} \frac{\sin (n)}{n^{2}} z^{n} .

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , posons

a_{n} = \frac{\sin (n)}{n^{2}} .

La suite $(a_{n})$ est bornée car tend vers $0$ . On a donc $R \geq 1$ .

Aussi, pour $| z | > 1$ , la suite $(a_{n} {| z |}^{n})$ ne tend pas vers $0$ . En effet, si par l’absurde cette suite est de limite nulle, il vient

\sin (n) = \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{n^{2}}{{| z |}^{n}}}} \times \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{a_{n} {| z |}^{n}}} \to_{n \to + \infty}^{} 0

ce qui est absurde. La série $\sum a_{n} z^{n}$ diverge alors grossièrement et l’on a donc $R \leq 1$ .

Finalement, $R = 1$ .

Exercice 11 973 Correction

Déterminer le rayon de convergence des séries entières

\sum_{n \geq 1} d (n) z^{n} et \sum_{n \geq 1} s (n) z^{n}

où $d (n)$ et $s (n)$ désignent respectivement le nombre de diviseurs supérieurs à $1$ de l’entier $n$ et la somme de ceux-ci.

Solution

La suite de terme général $d (n)$ ne tend pas vers $0$ donc $R_{d} \leq 1$ .

Aussi, $0 \leq d (n) \leq n$ et le rayon de convergence de $\sum_{n \geq 1} n z^{n}$ vaut $1$ donc $R_{d} \geq 1$ .

On peut conclure $R_{d} = 1$ .

De même, en exploitant que $s (n)$ ne tend pas vers $0$ et

0 \leq s (n) \leq 1 + 2 + \dots + n = \frac{n (n + 1)}{2}

on a $R_{s} = 1$ .

Exercice 12 3483 CENTRALE (PC)Correction

Soit $α$ un réel irrationnel fixé. On note $R_{α}$ le rayon de convergence de la série entière

\sum_{n \geq 1} \frac{x^{n}}{\sin (n π α)} .

(a)

Démontrer que $R_{α} \leq 1$ .
(b)

On considère la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ définie par

$u_{1} = 2 et u_{n + 1} = {(u_{n})}^{u_{n}} pour tout n \geq 1 .$

Démontrer que pour tout entier $n \geq 1$

$\frac{u_{n}}{u_{n + 1}} \leq \frac{1}{{(n + 1)}^{n}} .$

En déduire que la série de terme général $1 / u_{n}$ converge.
Dans la suite, on pose

$α = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{n}}$

et l’on admet que $α$ est irrationnel.
(c)

Démontrer qu’il existe une constante $C$ strictement positive telle que, pour tout entier $n \geq 1$ :

$π u_{n} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}} \leq \frac{C}{u_{n}^{u_{n} - 1}} .$
(d)

Démontrer que $R_{α} = 0$ .
(e)

Question subsidiaire: Démontrer que $α$ est effectivement irrationnel.

Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

Soulignons que les termes sommés pour définir la série entière ont un sens car l’irrationalité de $α$ donne

\forall n \in ℕ^{*}, \sin (n π α) \neq 0 .

(a)

Puisque

$\frac{1}{| \sin (n π α) |} \geq 1$

la série entière $\sum_{n \geq 1} \frac{x^{n}}{\sin (n π α)}$ diverge grossièrement en $1$ et donc $R_{α} \leq 1$ .
(b)

Par une récurrence facile, on montre $u_{n} \geq n + 1$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ . On a alors

$\frac{u_{n}}{u_{n + 1}} = \frac{1}{u_{n}^{u_{n} - 1}} \leq \frac{1}{{(n + 1)}^{n}} .$
(c)

On a

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}} = \frac{1}{u_{n + 1}} + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k + 1}} \leq \frac{1}{u_{n + 1}} + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(k + 1)}^{k}} \cdot \frac{1}{u_{k}}$

et puisque la suite $(u_{n})$ est croissante

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}} \leq \frac{1}{u_{n + 1}} + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(k + 1)}^{k}} \cdot \frac{1}{u_{n + 1}} \leq \frac{K}{u_{n + 1}}$

avec

$K = 1 + \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(k + 1)}^{k}} .$

On en déduit

$π u_{n} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}} \leq \frac{K π u_{n}}{u_{n + 1}} = \frac{K π}{u_{n}^{u_{n} - 1}} .$
(d)

Considérons $m = u_{n} \in ℕ^{*}$ . Pour $x > 0$

$\frac{x^{m}}{\sin (m π α)} \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

En effet,

$m α = u_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{u_{k}} + u_{n} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}} .$

Or

$u_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{u_{k}} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{u_{n}}{u_{k}} = 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{u_{n}}{u_{n - 1}} \frac{u_{n - 1}}{u_{n - 2}} \dots \frac{u_{k + 1}}{u_{k}} \in 1 + 2 ℕ$

et donc

$- \sin (m π α) = \sin (π u_{n} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}})$

d’où

$0 \leq - \sin (m π α) \leq \frac{C}{u_{n}^{u_{n} - 1}}$

puis

$- \frac{x^{m}}{\sin (m π α)} \geq C \frac{{(x u_{n})}^{u_{n}}}{u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

On en déduit que $\sum_{n \geq 1} \frac{x^{n}}{\sin (n π α)}$ diverge pour tout $x > 0$ et donc $R_{α} = 0$ .
(e)

Par l’absurde, supposons $α \in ℚ$ . Il existe alors un entier $q \in ℕ^{*}$ tel que $q α \in ℕ$ . Pour tout $n \in ℕ$ , on a alors $q u_{n} α \in ℕ$ or

$q u_{n} α = q u_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{u_{k}} + q u_{n} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}}$

avec comme vu ci-dessus

$u_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{u_{k}} \in ℕ .$

On en déduit

$q u_{n} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}} \in ℕ .$

Or

$0 < q u_{n} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{k}} < \frac{q K u_{n}}{u_{n + 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

C’est absurde.

[<] Calcul de rayon de convergence concret[>] Intervalle de convergence

Exercice 13 977 Correction

Soient $\sum_{n \geq 0} a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R$ et $z_{0} \in ℂ$ . On suppose que $\sum_{n \geq 0} a_{n} z_{0}^{n}$ est semi-convergente. Déterminer $R$ .

Solution

Par la convergence de $\sum_{n \geq 0} a_{n} z_{0}^{n}$ on a déjà $R \geq | z_{0} |$ . Si $R > | z_{0} |$ alors il y a absolue convergence en $z_{0}$ ce qui est exclu par hypothèse. On conclut $R = | z_{0} |$ .

Exercice 14 974 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R$ .
Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} z^{2 n}$ .

Solution

Notons $R^{'}$ le rayon de convergence de $\sum a_{n} z^{2 n}$ .
Pour $| z | < \sqrt{R}$ , $| z^{2} | < R$ et donc $\sum a_{n} {(z^{2})}^{n} = \sum a_{n} z^{2 n}$ est absolument convergente.
Pour $| z | > \sqrt{R}$ , $| z^{2} | > R$ et donc $\sum a_{n} {(z^{2})}^{n} = \sum a_{n} z^{2 n}$ est grossièrement divergente.
On en déduit $R^{'} = \sqrt{R}$ .

Exercice 15 5568 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R$ .

On considère ses parties paire et impaire $\sum a_{2 p} z^{2 p}$ et $\sum a_{2 p + 1} z^{2 p + 1}$ de rayons de convergence notés $R^{'}$ et $R^{''}$ .

Montrer que $R = \min (R^{'}, R^{''})$ .

Solution

Pour $p \in ℕ$ , posons

{\begin{matrix} b_{2 p} & = a_{2 p} \\ b_{2 p + 1} & = 0 \end{matrix} et {\begin{matrix} c_{2 p} & = 0 \\ c_{2 p + 1} & = a_{2 p + 1} . \end{matrix}

Les séries entières $\sum a_{2 p} z^{2 p}$ et $\sum a_{2 p + 1} z^{2 p + 1}$ correspondent à $\sum b_{n} z^{n}$ et $\sum c_{n} z^{n}$ .

D’une part, on vérifie $a_{n} = b_{n} + c_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ . La série entière $\sum a_{n} z^{n}$ est donc la somme des séries entières $\sum b_{n} z^{n}$ et $\sum c_{n} z^{n}$ . Cela entraîne $R \geq \min (R^{'}, R^{''})$ .

D’autre part, $| b_{n} | \leq | a_{n} |$ pour tout $n \in ℕ$ et donc $R^{'} \geq R$ . Par un argument semblable, $R^{''} \geq R$ et donc $\min (R^{'}, R^{''}) \geq R$ .

Par double inégalité, $R = \min (R^{'}, R^{''})$ .

Exercice 16 975 Correction

On suppose que $\sqrt[n]{| a_{n} |} \to ℓ \in ℝ_{+} \cup {+ \infty}$ .
Déterminer le rayon de convergence de $\sum a_{n} z^{n}$ .

Solution

Pour $z \neq 0$ , on observe que $\sqrt[n]{| a_{n} z^{n} |} \to ℓ | z |$ . Or il est connu que pour $\sum u_{n}$ série à termes positifs, si $\sqrt[n]{u_{n}} \to m \in [0; 1 [$ alors la série converge et si $\sqrt[n]{u_{n}} \to m > 1$ alors la série diverge (ce résultat s’obtient par comparaison avec une suite géométrique).

Si $ℓ = 0$ alors pour tout $z \in ℂ$ ,

\sqrt[n]{| a_{n} z^{n} |} \to_{n \to + \infty}^{} 0

donc $\sum a_{n} z^{n}$ converge en $z$ et donc $R = + \infty$ .

Si $ℓ \in] 0; + \infty [$ alors pour tout $z \in ℂ$ tel que $| z | < 1 / ℓ$ , $\sum a_{n} z^{n}$ converge tandis que pour $| z | > 1 / ℓ$ , $\sum a_{n} z^{n}$ diverge. On en déduit $R = 1 / ℓ$

Si $ℓ = + \infty$ alors pour tout $z \in ℂ^{*}$ , $\sum a_{n} z^{n}$ diverge.

Exercice 17 5253

Comparer les rayons de convergence des séries entières

\sum a_{n} z^{n} et \sum \ln (n) a_{n} z^{n} .

Exercice 18 978 Correction

Montrer que pour tout $α \in ℝ$ les séries entières $\sum a_{n} z^{n}$ et $\sum n^{α} a_{n} z^{n}$ ont le même rayon de convergence.

Solution

Posons $b_{n} = n^{α} a_{n}$ et comparons $R_{a}$ et $R_{b}$ .

Cas: $α = 0$ . ok

Cas: $α > 0$ . On a $a_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (b_{n})$ et donc

R_{a} \geq R_{b} .

Pour $z \in ℂ$ tel que $| z | < R_{a}$ , en considérant, $ρ \in] | z |; R_{a} [$ , on peut écrire

b_{n} z^{n} = n^{α} a_{n} z^{n} = a_{n} ρ^{n} \times n^{α} \frac{z^{n}}{ρ^{n}} = o (a_{n} ρ^{n}) .

Puisque $\sum a_{n} ρ^{n}$ converge absolument, la série $\sum b_{n} z^{n}$ converge et donc $R_{b} \geq | z |$ .

Or cela pour tout $z$ tel que $| z | < R_{a}$ donc

R_{b} \geq R_{a} .

Finalement,

R_{a} = R_{b} .

Cas: $α < 0$ . On écrit $a_{n} = n^{- α} b_{n}$ et l’on exploite ce qui précède.

Exercice 19 3309 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ .

Déterminer le rayon de convergence de

\sum \frac{a_{n}}{n!} z^{n} .

Solution

Soit $r \in] 0; R [$ . La série numérique $\sum a_{n} r^{n}$ est absolument convergente. Pour tout $z \in ℂ$ ,

\frac{a_{n}}{n!} z^{n} = a_{n} r^{n} \frac{1}{n!} {(\frac{z}{r})}^{n} = o (a_{n} r^{n})

car par croissance comparée

\frac{1}{n!} {(\frac{z}{r})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Par comparaison de séries absolument convergentes, on peut affirmer que la série numérique $\sum \frac{a_{n} z^{n}}{n!}$ est absolument convergente pour tout $z \in ℂ$ .

Le rayon de convergence de la série entière étudiée est $+ \infty$ .

Exercice 20 976 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R$ . On pose

b_{n} = \frac{a_{n}}{1 + | a_{n} |}

et l’on note $R^{'}$ le rayon de convergence de $\sum b_{n} z^{n}$ .

(a)

Montrer que $R^{'} \geq \max (1, R)$
(b)

Établir que si $R^{'} > 1$ alors $R^{'} = R$ .
(c)

Exprimer alors $R^{'}$ en fonction de $R$ .

Solution

(a)

On a $| b_{n} | \leq | a_{n} |$ donc $R^{'} \geq R$ . On a $| b_{n} | \leq 1$ donc $R^{'} \geq 1$
(b)

Si $R^{'} > 1$ alors $b_{n} \to 0$ et puisque $| b_{n} | = \frac{| a_{n} |}{1 + | a_{n} |}$ donne $| a_{n} | = \frac{| b_{n} |}{1 - | b_{n} |}$ , on obtient $a_{n} = O (| b_{n} |)$ donc $R \geq R^{'}$ .
Par suite, $R = R^{'}$ d’où $R^{'} = \max (1, R)$ .
(c)

Si $R^{'} = 1$ alors $1 \geq R$ et $R^{'} = \max (1, R)$ .

Exercice 21 979 Correction

Soient $\sum a_{n} z^{n}$ et $\sum b_{n} z^{n}$ deux séries entières de rayon de convergence $R_{a}$ et $R_{b}$ .
On suppose que pour tout $n \in ℕ$ , $a_{n} b_{n} = 0$ .
Montrer que le rayon de convergence de $\sum (a_{n} + b_{n}) z^{n}$ est $R = \min (R_{a}, R_{b})$

Solution

Par sommation de séries entière, on sait déjà $R \geq \min (R_{a}, R_{b})$
De plus, puisque $a_{n} b_{n} = 0$ on peut affirmer $| a_{n} | \leq | a_{n} + b_{n} |$ et donc $R \leq R_{a}$ et de même $R \leq R_{b}$ et donc $R \leq \min (R_{a}, R_{b})$ puis $R = \min (R_{a}, R_{b})$ .

Exercice 22 4734

(a)

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R$ . On note $R^{'}$ et $R^{''}$ les rayons de convergence de sa partie paire et sa partie impaire

$\sum a_{2 p} z^{2 p} et \sum a_{2 p + 1} z^{2 p + 1} .$

Montrer $R = \min (R^{'}, R^{''})$ .
(b)

Application : Calculer le rayon de convergence de la série entière

$\sum {(2 + {(- 1)}^{n + 1})}^{n} z^{n} .$

Exercice 23 3310 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R$ .
Déterminer le rayon de convergence de

\sum a_{n}^{2} z^{n} .

Solution

Montrons par double inégalité que le rayon de convergence $R^{'}$ de $\sum a_{n}^{2} z^{n}$ vaut

R^{'} = R^{2} .

Soit $| z | < R$ .
Puisque la série numérique $\sum a_{n} z^{n}$ est absolument convergente, on a $a_{n} z^{n} \to 0$ et donc $a_{n}^{2} z^{2 n} \to 0$ .
Or pour $| Z | > R^{'}$ , on sait que la suite $(a_{n}^{2} Z^{n})$ n’est pas bornée. On en déduit ${| z |}^{2} \leq R^{'}$ et donc

R \leq \sqrt{R^{'}} .

Soit $| z | < \sqrt{R^{'}}$ .
On a ${| z |}^{2} < R^{'}$ et donc $| a_{n}^{2} z^{2 n} | \to 0$ puis $| a_{n} z^{n} | \to 0$ . On en déduit $| z | \leq R$ et donc

\sqrt{R^{'}} \leq R .

Exercice 24 3484 Correction

Soit $(a_{n})$ une suite de réels tous non nuls.

Déterminer une relation reliant les rayons de convergence des séries entières ci-dessous:

\sum a_{n} z^{n} et \sum \frac{1}{a_{n}} z^{n} .

Solution

Notons $R$ et $R^{'}$ les deux rayons de convergence de séries entières introduites.

Soit $z \in ℂ^{*}$ .

Si $| z | < R$ alors la série numérique $\sum a_{n} z^{n}$ converge et donc $a_{n} z^{n} \to 0$ . On en déduit que

| \frac{1}{a_{n} z^{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} + \infty

et donc $| 1 / z | > R^{'}$ puis $| z | < 1 / R^{'}$ . On en déduit $R \leq 1 / R^{'}$ , soit

R R^{'} \leq 1 .

On ne peut a priori affirmer mieux puisque, pour

a_{n} = {\begin{matrix} 2^{n} & si n est pair \\ 1 & sinon \end{matrix}

on obtient $R R^{'} = 1 / 2$ .

Exercice 25 5346 MINES (MP)Correction

Soient ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite de nombres complexes non nuls et $k \in ℕ^{*}$ . On suppose

| \frac{a_{n + k}}{a_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} ℓ avec ℓ \in ℝ_{+} \cup {+ \infty} .

Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ .

Solution

Soit $z \in ℂ^{*}$ . On remarque

| \frac{a_{n + k} z^{n + k}}{a_{n} z^{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} ℓ {| z |}^{k} .

(1)

Cas: $ℓ = 0$ . La limite (1) est strictement inférieure à $1$ et l’on peut affirmer que, pour tout $j = 0, \dots, k - 1$ , il y a convergence absolue de la série numérique $\sum a_{n k + j} z^{n k + j}$ . On en déduit la convergence de la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ pour tout $z \in ℂ$ et donc $R = + \infty$ .

Cas: $ℓ \in] 0; + \infty [$ . Pour $| z | < ℓ^{- 1 / k}$ , la limite (1) est strictement inférieure à $1$ et l’on peut affirmer que, pour tout $j = 0, \dots, k - 1$ , il y a convergence absolue de la série numérique $\sum a_{n k + j} z^{n k + j}$ . On en déduit la convergence de la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ pour tout $z \in ℂ$ tel que $| z | < ℓ^{- 1 / k}$ . Pour $| z | > ℓ^{- 1 / k}$ , la limite (1) est strictement supérieure à $1$ et il y a divergence grossière de $\sum a_{n k} z^{n k}$ donc a fortiori aussi divergence grossière de $\sum a_{n} z^{n}$ . On en déduit $R = ℓ^{- 1 / k}$ .

Cas: $ℓ = + \infty$ .. Pour tout $z \in ℂ^{*}$ , la limite (1) est strictement supérieure à $1$ et il y a divergence grossière de $\sum a_{n k} z^{n k}$ donc a fortiori aussi divergence grossière de $\sum a_{n} z^{n}$ . On en déduit $R = 0$ .

[<] Calcul de rayon de convergence abstrait[>] Étude de la somme d'une série entière concrète

Exercice 26 2841 MINES (MP)Correction

On note $a_{n}$ la $n$ -ième décimale de $\sqrt{3}$ ( $a_{0} = 1$ , $a_{1} = 7$ , $a_{2} = 3$ , $a_{3} = 2$ , etc.).

Déterminer l’intervalle de définition de la série entière

\sum a_{n} x^{n} .

Solution

La suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée mais ne tend pas vers $0$ (car $\sqrt{3}$ n’est pas un nombre décimal).

Par conséquent, pour tout $| x | < 1$ , la série numérique $\sum a_{n} x^{n}$ converge car son terme est dominé par le terme sommable $x^{n}$ .

En revanche, $\sum a_{n} 1^{n}$ diverge car $(a_{n})$ ne tend pas vers $0$ .

On peut conclure que le rayon de convergence de la série entière vaut $1$ .

On vient de voir que la série diverge grossièrement pour $x = 1$ . Il en est de même pour $x = - 1$ .

On conclut que l’intervalle cherché est

] - 1; 1 [.

Exercice 27 2855 MINES (PC)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

I_{n} = \int_{1}^{+ \infty} e^{- t^{n}} d t .

(a)

Déterminer la limite de $(I_{n})$ .
(b)

Donner un équivalent de $(I_{n})$ .
(c)

Déterminer l’intervalle de définition de la série entière $\sum I_{n} x^{n}$ .

Solution

(a)

Pour $t > 1$ , $e^{- t^{n}} \to 0$ avec $0 \leq e^{- t^{n}} \leq e^{- t}$ . Par convergence dominée $I_{n} \to 0$ .
(b)

Par le changement de variable $u = t^{n}$ qui est un $𝒞^{1}$ -difféomorphisme,

$I_{n} = \frac{1}{n} \int_{1}^{+ \infty} u^{\frac{1 - n}{n}} e^{- u} d u .$

Par convergence dominée,

$\int_{1}^{+ \infty} u^{\frac{1 - n}{n}} e^{- u} d u \to_{n \to + \infty}^{} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{- u}}{u} d u$

donc

$I_{n} \sim \frac{1}{n} \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{- u}}{u} d u .$
(c)

Par l’équivalent précédent, $R = 1$ et la série entière diverge en $1$ .

Par application du critère spécial des séries alternées, la série entière converge en $- 1$ .

L’intervalle de définition est donc $[- 1; 1 [$ .

Exercice 28 3016 ENSTIM (MP)Correction

Pour $p, q \in ℕ$ , on pose

I (p, q) = \int_{0}^{1} t^{p} {(1 - t)}^{q} d t .

(a)

Calculer $I (p, q)$ .
(b)

Donner la nature de La série de terme général $u_{n} = I (n, n)$ .
(c)

Donner le domaine de définition réel de la série entière de $\sum u_{n} x^{n}$ .

Solution

(a)

Par intégration par parties,

$I (p, q) = \frac{p}{q + 1} I (p - 1, q + 1)$

puis

$I (p, q) = \frac{p! q!}{(p + q + 1)!} .$
(b)

On a

$u_{n} = \frac{{(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} et | \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | = \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 3)} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4} < 1$

donc $\sum u_{n}$ converge.
(c)

Par le calcul ci-dessus, $R = 4$ donc

$] - 4; 4 [\subset 𝒟 \subset [- 4; 4] .$

Par la formule de Stirling,

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2 π n^{2 n + 1}}{e^{2 n}} \frac{e^{2 n + 1}}{\sqrt{2 π (2 n + 1)} {(2 n + 1)}^{(2 n + 1)}} = \frac{\sqrt{2 π} e}{\sqrt{2 n + 1}} \frac{1}{2^{2 n + 1}} {(\frac{2 n}{2 n + 1})}^{2 n + 1}$

et

${(\frac{2 n}{2 n + 1})}^{2 n + 1} = \exp ((2 n + 1) \ln (1 - \frac{1}{2 n + 1})) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{e}$

donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{π}}{2^{2 n + 1} \sqrt{n}} .$

Ainsi,

$4^{n} u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{π} / 2 \sqrt{n}$

et, par comparaison de séries à termes positifs, $\sum 4^{n} u_{n}$ diverge.

Considérons $v_{n} = {(- 4)}^{n} u_{n}$ . La suite $(v_{n})$ est alternée, $| v_{n} | \to 0$ et

$| \frac{v_{n + 1}}{v_{n}} | = \frac{4 {(n + 1)}^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 3)} = \frac{2 n + 2}{2 n + 3} < 1$

donc $(| v_{n} |)$ est décroissante.

Par application du critère spécial des séries alternées, $\sum v_{n}$ converge.

Finalement, $𝒟 = [- 4; 4 [$ .

Exercice 29 38 CCINP (MP)Correction

(a)

Étudier la limite de la suite $(a_{n})$ définie par

$a_{0} > 0 et a_{n + 1} = \ln (1 + a_{n}) pour tout n \in ℕ .$
(b)

Déterminer le rayon de convergence de $\sum a_{n} x^{n}$ .
(c)

Déterminer l’intervalle de convergence de $\sum a_{n} x^{n}$ . On pourra étudier la limite de $1 / a_{n + 1} - 1 / a_{n}$ et utiliser le théorème de Cesàro.

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto \ln (1 + x)$ est définie sur $ℝ_{+}^{*}$ et à valeurs dans $ℝ_{+}^{*}$ . Puisque $a_{0} > 0$ , la suite récurrente $(a_{n})$ est bien définie et à termes dans $ℝ_{+}^{*}$ . Sachant $\ln (1 + x) \leq x$ , on peut affirmer que la suite $(a_{n})$ est décroissante. Or elle est minorée par 0, donc elle converge vers une limite $ℓ \geq 0$ . En passant la relation $a_{n + 1} = \ln (1 + a_{n})$ à la limite, on obtient $ℓ = \ln (1 + ℓ)$ ce qui entraîne $ℓ = 0$ (car $\ln (1 + x) < x$ pour tout $x > 0$ ).

Finalement, $a_{n} \to 0^{+}$ .
(b)

On a alors

$| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{\ln (1 + a_{n})}{a_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{a_{n}}{a_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

et donc le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ vaut 1.
(c)

Cas: $x = - 1$ . La série numérique

$\sum a_{n} {(- 1)}^{n}$

converge en vertu du critère spécial des séries alternées car $(a_{n})$ décroît vers $0$ .

Cas: $x = 1$ . Déterminons la nature de la série numérique $\sum a_{n}$
On a

$\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_{n}} = \frac{a_{n} - \ln (1 + a_{n})}{a_{n} a_{n + 1}} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{\frac{1}{2} a_{n}^{2} + o (a_{n}^{2})}{a_{n} (a_{n} + o (a_{n}))} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} .$

Par le théorème de Cesàro,

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{a_{k + 1}} - \frac{1}{a_{k}}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2}$

et donc

$\frac{1}{n} (\frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{0}}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} .$

On en déduit

$a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{n} .$

Par équivalence de séries à termes positifs, $\sum a_{n}$ diverge.

L’intervalle de convergence est donc $[- 1; 1 [$ .

[<] Intervalle de convergence[>] Étude de la somme d'une série entière abstraite

Exercice 30 5079

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \sin (\frac{1}{n})) x^{n} .

(a)

Préciser le domaine de définition de $f$ .
(b)

La fonction $f$ est-elle continue sur son domaine de définition?

Exercice 31 5080

Pour $x$ réel, on pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{3 n + 1} x^{n} .

(a)

Préciser l’intervalle de définition de $f$ .
(b)

Établir la continuité de $f$ sur son domaine de définition.
(c)

Déterminer la limite de $f$ en $- 1$ .
(d)

Étudier la dérivabilité de $f$ et former une équation différentielle vérifiée par $f$ .

Exercice 32 4729

Pour $x$ réel, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{\sqrt{n}} .

(a)

Préciser l’intervalle de définition de $f$ et établir sa continuité.
(b)

Étudier la limite de $f$ en $1$ .

Exercice 33 3890 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Donner l’intervalle de définition $I$ de la fonction $s$ qui au réel $x$ associe

$s (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{\sqrt{n}} .$
(b)

Quel est le signe de $s^{'}$ sur $I \cap ℝ_{+}$ ?

Quelle est la limite de $s$ en l’extrémité droite de $I \cap ℝ_{+}$ ?
(c)

Écrire $(1 - x) s^{'} (x)$ sous forme d’une série et en déduire le signe de $s^{'}$ sur $I$ .
(d)

Étudier la convexité de $f$ définie sur $ℝ_{+}$ par

$f (x) = (\sqrt{x + 1} - \sqrt{x}) x .$

En déduire que la fonction $s$ est convexe.

Solution

(a)

$s$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R = 1$ .

La série diverge en $x = 1$ (par série de Riemann avec $1 / 2 \leq 1$ ) et converge en $x = - 1$ par application du critère spécial des séries alternées. On conclut $I = [- 1; 1 [$ .
(b)

Puisque $s$ est la somme d’une série entière, on peut dériver terme à terme sur $] - 1; 1 [$ et

$s^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sqrt{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sqrt{n + 1} x^{n} .$

Sur $I \cap ℝ_{+}$ , cette somme est positive. La fonction $s$ est donc croissante sur $[0; 1 [$ .
Si celle-ci était majorée par un réel $M$ , nous aurions pour tout $N \in ℕ^{*}$

$\forall x \in [0; 1 [, \sum_{n = 1}^{N} \frac{x^{n}}{\sqrt{n}} \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{\sqrt{n}} \leq M .$

En passant à la limite quand $x \to 1^{-}$ , on obtient

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{n}} \leq M .$

Ceci est absurde car la série à termes positifs $\sum 1 / \sqrt{n}$ diverge et ne peut donc avoir ses sommes partielles majorées. La fonction $s$ est donc croissante et non majorée, elle diverge donc vers $+ \infty$ en $1^{-}$ .
(c)

Pour $x \in] - 1; 1 [$

$(1 - x) s^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sqrt{n + 1} x^{n} - x \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sqrt{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) x^{n} .$

Pour $x \leq 0$ , on peut écrire $x = - t$ avec $t \geq 0$ et alors

$(1 - x) s^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} a_{n} t^{n}$

avec $a_{n} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n} \geq 0$ . On vérifie que la suite $(a_{n})$ est décroissante de limite nulle et donc le critère spécial s’applique à la série alternée $\sum {(- 1)}^{n} a_{n} t^{n}$ . Sa somme est donc du signe de son premier terme ce qui fournit $(1 - x) s^{'} (x) \geq 0$ . On en déduit

$\forall x \in] - 1; 0], s^{'} (x) \geq 0 .$
(d)

Après étude (un peu lourde) du signe de $f^{''} (x)$ , on peut affirmer que $f$ est concave et croissante.
Pour $x \in [0; 1 [$ , on a clairement $s^{''} (x) \geq 0$ . Pour $x \in] - 1; 0]$ , considérons

${((1 - x) s^{'} (x))}^{'} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} f (n) x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f (n + 1) x^{n}$

puis

$(1 - x) {((1 - x) s^{'} (x))}^{'} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (f (n + 1) - f (n)) x^{n} .$

Posons $b_{n} = f (n + 1) - f (n) \geq 0$ .
On vérifie $b_{n} \to 0$ et $b_{n + 1} \leq b_{n}$ car la concavité de $f$ fournit

$\frac{b_{n} + b_{n + 2}}{2} \leq b_{n + 1} .$

Le critère spécial de série alternée s’applique à nouveau, la somme est du signe de son premier terme et cela fournit

$(1 - x) {((1 - x) s^{'} (x))}^{'} \geq 0$

puis $s^{''} (x) \geq 0$ car on sait $s^{'} (x) \geq 0$ .

Finalement, $s$ est convexe.

Exercice 34 5074 Correction

Pour $x$ réel, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} x^{n} .

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière définissant $f$ .
(b)

Préciser l’intervalle de définition de $f$ et étudier sa continuité.
(c)

Déterminer la limite de $f$ en $- 1$ .

Solution

(a)

Pour $x \neq 0$ , posons $u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} x^{n} \neq 0$ . On a

$| \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n + 1}} | x | \to_{n \to + \infty}^{} | x | .$

Si $| x | < 1$ , la série numérique $\sum u_{n}$ converge absolument. Si $| x | > 1$ , elle diverge grossièrement. On en déduit que le rayon de convergence de la série entière vaut $1$ .
(b)

La fonction $f$ est définie sur un intervalle contenant $] - 1; 1 [$ et inclus dans $[- 1; 1]$ . En $x = - 1$ , la série définissant $f (x)$ diverge car il s’agit d’une série de Riemann d’exposant $α = 1 / 2 \leq 1$ . En $x = 1$ , la série définissant $f (x)$ converge en vertu du critère spécial:

$\frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} = {(- 1)}^{n} | \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} | et | \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} | = \frac{1}{\sqrt{n}} décroît vers 0 .$

On conclut que l’intervalle de définition de $f$ est $] - 1; 1]$ .

Par théorème, la fonction $f$ est continue sur son intervalle de définition car c’est la somme d’une série entière d’une variable réelle.
(c)

Méthode: Pour obtenir la limite d’une série entière en un point où celle-ci n’est pas définie, il est fréquent de comparer à une série entière de somme connue.

Pour tout $n \geq 1$ , on a $\sqrt{n} \leq n$ et donc, pour tout $x \in] - 1; 0]$ ,

$\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{1}{n} puis \frac{{(- 1)}^{n}}{\sqrt{n}} x^{n} \geq \frac{{(- 1)}^{n}}{n} x^{n} car {(- 1)}^{n} x^{n} \geq 0 .$

En sommant, on obtient

$f (x) \geq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n} x^{n} = - \ln (1 + x) \to_{x \to - 1^{+}}^{} + \infty .$

Par théorème de limite infinie par minoration, la fonction $f$ tend vers $+ \infty$ en $- 1$ .

Exercice 35 3201 CENTRALE (PC)Correction

Soit

f : x \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) x^{n} .

(a)

Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entière définissant $f$ .
(b)

Étudier la convergence en $- R$ et en $R$ .
(c)

Déterminer la limite de $f (x)$ quand $x \to 1^{-}$ .
(d)

Montrer

$(1 - x) f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} 0 .$

Solution

(a)

Posons

$a_{n} = \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) .$

Puisque $a_{n + 1} / a_{n} \to 1$ , on peut affirmer $R = 1$ .
(b)

La suite $(a_{n})$ décroît vers 0 donc par le critère spécial des séries alternée, la série entière converge en $x = - 1$ .
Puisque $a_{n} \sim 1 / \sqrt{n}$ , par équivalence de séries à termes positifs, la série entière diverge en $x = 1$ .
(c)

Par positivité des termes sommés, on a pour $x \in [0; 1]$ ,

$f (x) \geq \sum_{n = 1}^{N} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) x^{n} .$

Or

$\sum_{n = 1}^{N} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) x^{n} \to_{x \to 1^{-}}^{} \sum_{n = 1}^{N} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) .$

Puisque

$\sum_{n = 1}^{N} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) \to_{N \to + \infty}^{} + \infty .$

Pour tout $M \in ℝ$ , il existe un rang $N$ tel que

$\sum_{n = 1}^{N} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) \geq M + 1$

et pour $x$ au voisinage de $1^{-}$

$\sum_{n = 1}^{N} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) x^{n} \geq M$

puis

$f (x) \geq M .$

On peut donc affirmer que

$f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty .$
(d)

On a

$(1 - x) f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) x^{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) x^{n + 1}$

et par glissement d’indice

$(1 - x) f (x) = \sin (1) x + \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) - \sin (\frac{1}{\sqrt{n - 1}})) x^{n} .$

Puisque

$\sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) - \sin (\frac{1}{\sqrt{n - 1}}) = O (\frac{1}{n^{3 / 2}})$

la série entière en second membre est définie et continue en 1 par convergence normale de la série de fonctions associée. On en déduit à l’aide d’un télescopage

$(1 - x) f (x) \to_{x \to 1}^{} \sin (1) + \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) - \sin (\frac{1}{\sqrt{n - 1}})) = 0 .$

Il est aussi possible de procéder par les en $ε$ exploitant

$| \sin (\frac{1}{\sqrt{n}}) | \leq ε pour n assez grand$

et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} = \frac{1}{1 - x} .$

Exercice 36 3307 CCINP (MP)Correction

Soit $(f_{n})$ la suite des fonctions donnée par

\forall n \geq 2, \forall x \in ℝ, f_{n} (x) = {(- 1)}^{n} \ln (n) x^{n} .

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\sum f_{n}$ .

On note $S$ sa somme.

(b)

Montrer que

$\forall x \in] - 1; 1 [, S (x) = \frac{1}{1 + x} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} \ln (1 + \frac{1}{n}) x^{n + 1}) .$
(c)

En déduire que $S$ admet une limite en $1^{-}$ et que

$lim_{x \to 1^{-}} S (x) = \frac{1}{2} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} \ln (1 + \frac{1}{n})) .$
(d)

Calculer la limite ci-dessus en admettant la formule de Wallis:

$lim_{n \to + \infty} \frac{1 \times 3 \times \dots \times (2 n - 1)}{2 \times 4 \times \dots \times (2 n)} \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{π}} .$

Solution

(a)

Posons

$a_{n} = {(- 1)}^{n} \ln (n)$

Pour $n \geq 2$ , $a_{n} \neq 0$ et

$| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = \frac{\ln (n + 1)}{\ln (n)} = \frac{\ln (n) + \ln (1 + 1 / n)}{\ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

Le rayon de convergence de la série entière vaut $R = 1$ .
(b)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on a

$(1 + x) S (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \ln (n) x^{n} + \sum_{n = 2}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \ln (n) x^{n + 1} .$

Après décalage d’indice et réunion des deux sommes

$(1 + x) S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} (\ln (n + 1) - \ln (n)) x^{n + 1}$

ce qui conduit à la relation demandée.
(c)

La somme d’une série entière est continue là où elle est définie donc

$lim_{x \to 1^{-}} \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} \ln (1 + \frac{1}{n}) x^{n + 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} \ln (1 + \frac{1}{n}) .$

puis

$lim_{x \to 1^{-}} S (x) = \frac{1}{2} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} \ln (1 + \frac{1}{n})) .$
(d)

En regroupant les termes d’indices impairs et pairs consécutifs

$\sum_{k = 1}^{2 n} {(- 1)}^{k + 1} \ln (1 + \frac{1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{1}{2 k - 1}) - \ln (1 + \frac{1}{2 k})$

et donc

$\sum_{k = 1}^{2 n} {(- 1)}^{k + 1} \ln (1 + \frac{1}{k}) = \ln (\prod_{k = 1}^{n} (\frac{2 k}{2 k - 1} \cdot \frac{2 k}{2 k + 1})) = \ln (\frac{1}{2 n + 1} {(\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k}{2 k - 1})}^{2}) .$

Enfin par la formule du Wallis, on obtient

$lim_{x \to 1^{-}} S (x) = \frac{1}{2} \ln (\frac{π}{2}) .$

Exercice 37 5664 Correction

Pour $z \in ℂ$ convenable, on pose

L (z) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} z^{n} .

(a)

Montrer que $L (z)$ est définie pour tout $z \in ℂ$ tel que $| z | < 1$ .
(b)

Calculer $L (x)$ pour $x \in] - 1; 1 [$ .

Soit $z \in ℂ$ tel que $| z | < 1$ . Pour $t \in [0; 1]$ , on pose

Φ (t) = L (t z) et Ψ (t) = \frac{1}{1 + t z} e^{Φ (t)} .

(c)

Montrer que $Φ$ est dérivable sur $[0; 1]$ et calculer $Φ^{'} (t)$ .
(d)

Établir que $Ψ$ est constante et en déduire que

$e^{L (z)} = 1 + z .$

Solution

(a)

$L$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R = 1$ . La fonction $L$ est donc au moins définie sur ${z \in ℂ | | z | < 1}$ .
(b)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on reconnaît un développement en série entière usuel

$L (x) = \ln (1 + x) .$

Notons que cette écriture ne pas être reprise pour exprimer $L (z)$ pour $z$ complexe car on ne manipule pas de logarithme de nombre complexe.
(c)

Pour $t \in [0; 1]$ , $| t z | < 1$ et

$Φ (t) = L (t z) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1} z^{n}}{n} t^{n} .$

La fonction $Φ$ apparaît comme la somme d’une série entière de rayon de convergence

$R_{Φ} = {\begin{matrix} 1 / | z | & si z \neq 0 \\ + \infty & si z = 0 . \end{matrix}$

Puisque $R_{Φ} > 1$ , la fonction $Φ$ est dérivable sur $[0; 1] \subset] - R_{Φ}; R_{Φ} [$ avec

$Φ^{'} (t) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} z^{n} t^{n - 1} = z \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} z^{n - 1} t^{n - 1} = z \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- z t)}^{n} .$

Par sommation géométrique de raison $- z t$ avec $| - z t | < 1$ ,

$Φ^{'} (t) = \frac{z}{1 + z t} .$
(d)

Par dérivation de fonctions composées,

$Ψ^{'} (t) = - \frac{z}{{(1 + t z)}^{2}} e^{Φ (t)} + \frac{Φ^{'} (t)}{1 + z t} e^{Φ (t)} = 0 .$

La fonction $Ψ$ est donc constante égale à $Ψ (0) = \exp (L (0)) = 1$ . En particulier, $Ψ (1) = 1$ donne

$e^{L (z)} = 1 + z .$

Notons que l’on en déduit

$Re (L (z)) = \ln (| 1 + z |) et Im (L (z)) \equiv \arg (1 + z) [2 π] .$

[<] Étude de la somme d'une série entière concrète[>] Étude asymptotique aux extrémités de l'intervalle de convergence

Exercice 38 5569 Correction

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ .

On suppose que la série numérique $\sum a_{n} R^{n}$ converge absolument.

Montrer que la fonction $x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ est définie et continue sur $[- R; R]$ .

Solution

Soit $x \in [- R; R]$ . On observe

\forall n \in ℕ, | a_{n} x^{n} | \leq | a_{n} | R^{n} .

Par comparaison, $\sum a_{n} x^{n}$ converge absolument et donc converge pour tout $x \in [- R; R]$ . La fonction somme de la série entière est donc définie sur $[- R; R]$ et, par théorème, nécessairement continue sur l’intervalle où elle est définie.

Exercice 39 3246 Correction

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R = 1$ et de somme

x \in] - 1; 1 [\mapsto f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .

On suppose que la série numérique $\sum a_{n}$ converge, montrer que la fonction $f$ est définie et continue en 1.

Solution

La fonction $f$ est évidemment définie en 1. Pour étudier sa continuité, introduisons

R_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} .

On peut écrire pour $x \in [0; 1 [$ et $n \in ℕ$

f (x) - \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (x^{k} - 1) + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} - R_{n}

avec

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} (R_{k - 1} - R_{k}) x^{k} .

Puisque $| x | < 1$ et $R_{n} \to 0$ , on peut écrire

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} R_{k - 1} x^{k} - \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} R_{k} x^{k}

avec convergence des deux sommes introduites.
Par décalage d’indice, on obtient

\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} R_{k} x^{k} (x - 1) + R_{n} x^{n + 1}

et ainsi

f (x) - \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (x^{k} - 1) + (x - 1) \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} R_{k} x^{k} + R_{n} (x^{n + 1} - 1) .

Soit $ε > 0$ .
Puisque $R_{n} \to 0$ , pour $n$ assez grand on a

\forall k \geq n, | R_{k} | \leq ε

donc

| (x - 1) \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} R_{k} x^{k} | \leq (1 - x) \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} ε x^{k} \leq ε .

Pour un tel $n$ fixé, on a quand $x \to 1^{-}$ ,

\sum_{k = 0}^{n} a_{k} (x^{k} - 1) \to 0 et R_{n} (x^{n + 1} - 1) \to 0

donc pour $x$ suffisamment proche de 1,

| \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (x^{k} - 1) | \leq ε et | R_{n} (x^{n + 1} - 1) | \leq ε

donc

| f (x) - \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} | \leq 3 ε .

Exercice 40 984 Correction

Soit $S$ la somme d’une série entière $\sum a_{n} x^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

On suppose qu’il existe $α > 0$ tel que

\forall x \in [0; α], S (x) = 0 .

Montrer que $S$ est la fonction nulle.

Solution

On sait

\forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = \frac{S^{(n)} (0)}{n!} .

On en déduit que les $a_{n}$ sont tous nuls et $S$ est donc la fonction nulle.

Exercice 41 5433 MINES (MP)Correction

Soit $f$ la somme d’une série entière $\sum a_{n} z^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

On suppose qu’il existe une suite $(z_{p})$ de complexes non nuls telle que

\forall p \in ℕ, f (z_{p}) = 0 et z_{p} \to_{p \to + \infty}^{} 0 .

Montrer que tous les coefficients $a_{n}$ sont nuls.

Solution

On établir $a_{n} = 0$ par récurrence forte sur $n \in ℕ$ .

Cas: $n = 0$ . Par continuité de $f$ en $0$

lim_{z \to 0} f (z) = f (0) = a_{0} .

z_{p} \to_{p \to + \infty}^{} 0 et f (z_{p}) = 0 \to_{p \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit $a_{0} = 0$ .

Supposons la propriété vraie jusqu’au rang $n \geq 0$ .

Pour $z$ convenable,

f (z) = 0 + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} z^{k} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{n + 1 + k} z^{n + 1 + k} .

L’hypothèse $f (z_{p}) = 0$ donne, après simplification par $z_{p}^{n + 1} \neq 0$ ,

\sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{n + k + 1} z_{p}^{k} = 0 .

Par continuité en $0$ de la série entière $\sum a_{n + k + 1} z^{k}$ , on obtient $a_{n + 1} = 0$ .

La récurrence est établie.

Exercice 42 980 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $f$ .

(a)

Exprimer $\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{2 n} z^{2 n}$ en fonction de $f$ pour $| z | < R$ .
(b)

Même question avec $\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{3 n} z^{3 n}$ .

Solution

(a)

$\frac{1}{2} (f (z) + f (- z)) = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} (z^{n} + {(- 1)}^{n} z^{n}) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{2 p} z^{2 p}$ .
(b)

$\frac{1}{3} (f (z) + f (j z) + f (j^{2} z)) = \frac{1}{3} \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} (1 + j^{n} + j^{2 n}) z^{n} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} a_{3 p} z^{3 p}$ .

Exercice 43 983 Correction

Soit $(a_{n})$ une suite non nulle et $T$ -périodique (avec $T \in ℕ^{*}$ ).

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ .
(b)

Simplifier $\sum_{k = 0}^{n T - 1} a_{k} x^{k}$ .
(c)

En déduire que la somme de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est une fraction rationnelle.

Solution

(a)

$a_{n} = O (1)$ donc $R \geq 1$ . La suite $(a_{n})$ ne tend pas vers $0$ donc $R \leq 1$ et ainsi $R = 1$ .
(b)

En réorganisant les termes sommés

$\sum_{k = 0}^{n T - 1} a_{k} x^{k} = \sum_{k = 0}^{T - 1} \sum_{p = 0}^{n - 1} a_{p T + k} x^{p T + k} = \sum_{k = 0}^{T - 1} a_{k} x^{k} \frac{1 - x^{n T}}{1 - x^{T}} .$
(c)

On a donc

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \frac{1}{1 - x^{T}} \sum_{k = 0}^{T - 1} a_{k} x^{k} .$

Exercice 44 4735

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R = 1$ et de somme $S$ . On suppose que la suite $(a_{n})$ est à termes réels positifs et que la fonction $S$ est bornée sur $[0; 1 [$ .

(a)

Montrer que la série $\sum a_{n}$ est convergente.
(b)

Montrer que la fonction $S$ est définie et continue sur $[- 1; 1]$ .

Exercice 45 5579 Correction

(Théorème d’Abel)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $1$ et de somme $S$ .

On suppose que la série numérique $\sum a_{n}$ converge ce qui assure que $S$ est définie en $1$ . On souhaite établir que $S$ y est continue¹¹ 1 Plus généralement, on établit ainsi qu’une série entière d’une variable réelle est continue en tout point où elle est définie. Ce résultat n’est pas vrai lorsque la variable est complexe..

Pour $n \in ℕ$ , on introduit

r_{n} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} et R_{n} (x) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} pour tout x \in [0; 1] .

(a)

Soit $x \in [0; 1 [$ . Justifier la convergence de la série $\sum r_{n} x^{n}$ .
(b)

Soient $n \in ℕ$ et $x \in [0; 1 [$ . Établir

$R_{n} (x) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} (r_{k - 1} - r_{k}) x^{k} = r_{n} x^{n + 1} + (x - 1) \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k} .$
(c)

Soit un réel $ε > 0$ . Justifier qu’il existe un entier naturel $n_{0}$ tel que $| R_{n} (x) | \leq ε$ pour tout entier $n \geq n_{0}$ et pour tout réel $x \in [0; 1]$ .
(d)

Conclure.

Solution

(a)

La suite $(r_{n})$ est la suite des restes d’une série convergente, elle tend donc vers $0$ . Cela permet d’écrire

$r_{n} x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (x^{n}) avec \sum x^{n} absolument convergente.$

La série $\sum r_{n} x^{n}$ est alors absolument convergente et donc convergente.
(b)

Pour $k \in ℕ^{*}$ , on remarque la simplification

$r_{k - 1} - r_{k} = \sum_{ℓ = k}^{+ \infty} a_{ℓ} - \sum_{ℓ = k + 1}^{+ \infty} a_{ℓ} = a_{k} + \sum_{ℓ = k + 1}^{+ \infty} a_{ℓ} - \sum_{ℓ = k + 1}^{+ \infty} a_{ℓ} = a_{k}$

et l’on obtient la première égalité

$R_{n} (x) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} (r_{k - 1} - r_{k}) x^{k} .$

Méthode: On réalise une transformation d’Abel: par linéarité, on sépare la somme en deux, on fait un glissement d’indice sur l’une des sommes puis on recombine les deux sommes en une seule.

Avec convergences des séries écrites,

$R_{n} (x) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k - 1} x^{k} - \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k} .$

Par glissement d’indice dans la première somme,

$R_{n} (x) = \sum_{k = n}^{+ \infty} r_{k} x^{k + 1} - \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k} .$

On combine les sommes sur leur portion commune en isolant un terme

$R_{n} (x)$ $= r_{n} x^{n + 1} + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k + 1} - \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k}$

$= r_{n} x^{n + 1} + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} (x^{k + 1} - x^{k}) = r_{n} x^{n + 1} + (x - 1) \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k} .$
(c)

Puisque la suite $(r_{n})$ est de limite nulle, on sait

$\forall ε > 0, \exists n_{0} \in ℕ, \forall n \in ℕ, n \geq n_{0} ⟹ | r_{n} - 0 | \leq ε .$

Pour le $ε$ de l’énoncé, il existe donc $n_{0} \in ℕ$ tel que $| r_{n} | \leq ε$ pour tout $n \geq n_{0}$ . Pour $x \in [0; 1 [$ et $n \geq n_{0}$ , on a alors

$| R_{n} (x) | \leq \underset{\begin{matrix} \leq ε \end{matrix}}{\underset{⏟}{| r_{n} |}} x^{n + 1} + \underset{\begin{matrix} = 1 - x \end{matrix}}{\underset{⏟}{| x - 1 |}} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} \leq ε \end{matrix}}{\underset{⏟}{| r_{k} |}} x^{k} \leq ε x^{n + 1} + ε (1 - x) \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} x^{k} .$

La dernière somme étant géométrique de raison $x \in [0; 1 [$ et de premier terme $x^{n + 1}$ ,

$| R_{n} (x) | = ε x^{n + 1} + ε (1 - x) \frac{x^{n + 1}}{1 - x} = 2 ε x^{n + 1} \leq 2 ε .$

Cette inégalité vaut aussi, pour $x = 1$ car $| R_{n} (1) | = | r_{n} | \leq ε$ .

Enfin, en amorçant l’étude par la valeur $ε / 2$ au lien de $ε$ , on obtient la conclusion voulue.
(d)

Méthode: On constate la convergence uniforme de la série de fonctions sur $[0; 1]$ .

Sur $[0; 1]$ , la fonction $S$ correspond à la somme de la série des fonctions $f_{n} : x \mapsto a_{n} x^{n}$ . Celles-ci sont continues en $1$ . Aussi, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $[0; 1]$ et $R_{n}$ correspond au reste de rang $n$ associé. L’étude qui précède donne

$\forall ε > 0, \exists n_{0} \in ℕ, \forall n \geq n_{0}, sup_{x \in [0; 1 [} | R_{n} (x) | \leq ε$

ce qui signifie la convergence uniforme de la série de fonctions $\sum f_{n}$ sur $[0; 1]$ .

Par théorème de continuité par convergence uniforme, la fonction $S$ est continue en $1$ .

Exercice 46 3244 CENTRALE (MP)Correction

Soit $f$ la fonction somme dans le domaine réel d’une série entière $\sum a_{n} x^{n}$ de rayon de convergence $R = 1$ .
On suppose l’existence d’un réel

ℓ = lim_{x \to 1^{-}} f (x) .

(a)

Peut-on affirmer que la série numérique $\sum a_{n}$ converge et que sa somme vaut $ℓ$ ?
(b)

Que dire si l’on sait de plus $a_{n} = o (1 / n)$ ? [Théorème de Tauber]

Solution

(a)

Pour $a_{n} = {(- 1)}^{n}$ , on a $f (x) = 1 / (1 + x)$ , $ℓ = 1 / 2$ et la série $\sum a_{n}$ diverge.
(b)

Pour $N \in ℕ$ et $x \in [0; 1 [$ , on peut écrire

$\sum_{n = 0}^{N} a_{n} - ℓ = A_{N} + B_{N} - C_{N}$

avec

$A_{N} = f (x) - ℓ, B_{N} = \sum_{n = 0}^{N} a_{n} - \sum_{n = 0}^{N} a_{n} x^{n} et C_{N} = \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .$

Pour $ε > 0$ , il existe un rang $n_{0}$ au-delà duquel

$| a_{n} | \leq \frac{ε}{n}$

et alors pour tout $N \geq n_{0}$

$| C_{N} | \leq \frac{ε}{N} \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} x^{n} \leq \frac{ε}{N (1 - x)} .$

Posons alors

$x = 1 - \frac{1}{N}$

et l’on a

$| C_{N} | \leq ε .$

D’autre part

$| B_{N} | = | \sum_{n = 0}^{N} a_{n} (1 - x^{n}) | \leq (1 - x) \sum_{n = 0}^{N} n a_{n} = \frac{1}{N} \sum_{n = 0}^{N} n a_{n} .$

En vertu du théorème de Cesàro,

$\frac{1}{N} \sum_{n = 0}^{N} n a_{n} \to_{N \to + \infty}^{} 0$

et donc il existe $n_{1} \in ℕ$ tel que pour $N \geq n_{1}$

$| B_{N} | \leq ε .$

Enfin, puis $f$ tend vers $ℓ$ en $1^{-}$ , il existe $n_{2} \in ℕ$ tel que pour $N \geq n_{2}$

$A_{N} = | f (1 - 1 / N) - ℓ | \leq ε .$

Finalement, pour $N \geq \max (n_{0}, n_{1}, n_{2})$

$| \sum_{n = 0}^{N} a_{n} - ℓ | \leq 3 ε .$

On peut donc affirmer que la série $\sum a_{n}$ converge et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} = ℓ .$

Exercice 47 981

Soit $f$ la somme d’une série entière $\sum a_{n} x^{n}$ de rayon de convergence $1$ .

Pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in] - 1; 1 [$ , on pose

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} et g (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} S_{n} x^{n} .

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière définissant $g$ .
(b)

Pour tout $x \in] - 1; 1 [$ , exprimer $g (x)$ en fonction de $f (x)$ .

Exercice 48 982 Correction

Soit $(a_{n})$ une suite de réels strictement positifs. On pose $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}$ et l’on suppose

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty et \frac{a_{n}}{S_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Déterminer le rayon de convergence des séries entières $\sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ et $\sum_{n \geq 0} S_{n} x^{n}$ puis former une relation entre leur somme.

Solution

Puisque $S_{n} \to + \infty$ , on a $R_{a} \leq 1$ .
Comme $a_{n} \leq S_{n}$ , on a aussi $R_{a} \geq R_{s}$ .
Enfin $S_{n} / S_{n + 1} = 1 - a_{n + 1} / S_{n + 1} \to 1$ permet par la règle de d’Alembert d’obtenir $R_{s} = 1$ .
On conclut $R_{a} = R_{s} = 1$ .
Pour $| x | < 1$ ,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} S_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} x^{n - k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} = \frac{1}{1 - x} \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .

Exercice 49 3067

Soit $(a_{n})$ une suite réelle bornée.

(a)

Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entière

$\sum \frac{a_{n}}{n!} x^{n} .$

On note $S$ la fonction somme de cette série entière.

(b)

On suppose que la suite $(a_{n})$ converge vers un réel $ℓ$ . Étudier

$lim_{x \to + \infty} e^{- x} S (x) .$

Exercice 50 5913 Correction

(Analycité de la somme d’une série entière)

Soient $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière complexe de rayon de convergence $R > 0$ et $z_{0} \in ℂ$ tel que $| z_{0} | < R$ .

Montrer qu’il existe une suite complexe ${(b_{n})}_{n \in ℕ}$ telle que pour tout $z \in ℂ$ vérifiant $| z - z_{0} | < R - | z_{0} |$ ,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} b_{n} {(z - z_{0})}^{n} .

Solution

Soit $z \in ℂ$ tel que $| z - z_{0} | < R$ . On a $| z_{0} | + | z - z_{0} | < R$ . Avec convergence, on peut écrire

\sum_{n = 0}^{+ \infty} | a_{n} | {(| z_{0} | + | z - z_{0} |)}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} | a_{n} | (\binom{n}{k}) {| z_{0} |}^{k} {| z - z_{0} |}^{n - k} .

Tous les termes sont positifs, on peut réorganiser le calcul

	$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \| a_{n} \| (\binom{n}{k}) {\| z_{0} \|}^{n - k} {\| z - z_{0} \|}^{k}$	$= \sum_{k = 0}^{+ \infty} \sum_{n = k}^{+ \infty} \| a_{n} \| (\binom{n}{k}) {\| z_{0} \|}^{n - k} {\| z - z_{0} \|}^{k}$
		$= \sum_{k = 0}^{+ \infty} [\sum_{n = 0}^{+ \infty} \| a_{n + k} \| (\binom{n + k}{k}) {\| z_{0} \|}^{n}] {\| z - z_{0} \|}^{k} .$

Cela assure la sommabilité de la famille ${(u_{n, k})}_{(n, k) \in ℕ^{2}}$ avec

u_{n, k} = a_{n + k} (\binom{n + k}{k}) z_{0}^{n} {(z - z_{0})}^{k} .

On pose alors pour tout $k \in ℕ$

b_{k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n, k} \in ℂ

et, à rebours des calculs précédents, une sommation par paquets donne

\sum_{k = 0}^{+ \infty} b_{k} {(z - z_{0})}^{k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} a_{n} (\binom{n}{k}) z_{0}^{k} {(z - z_{0})}^{n - k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} {(z_{0} + z - z_{0})}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n} .

Exercice 51 2856 MINES (MP)Correction

Soient $B = {z \in ℂ | | z | \leq 1}$ et $f$ une fonction continue de $B$ dans $ℂ$ dont la restriction à $B^{\circ}$ est somme d’une série entière. Montrer qu’il existe une suite ${(P_{k})}_{k \geq 0}$ de polynôme convergeant uniformément vers $f$ sur $B$ .

Solution

Notons $\sum a_{n} z^{n}$ la série entière dont la somme est égale à $f$ sur $B^{\circ}$ .

Soit $ε > 0$ . La fonction $f$ est continue sur un compact donc uniformément continue. Il existe donc $δ > 0$ vérifiant

\forall (z, z^{'}) \in B^{2}, | z - z^{'} | \leq δ ⟹ | f (z) - f (z^{'}) | \leq ε .

Considérons alors $r = 1 - δ$ et $g_{r} : z \mapsto f (r z)$ .

Pour tout $z \in B$ , $| z - r z | = δ | z | \leq δ$ donc $| f (z) - g (z) | \leq ε$ . Ainsi,

{∥ f - g ∥}_{\infty, B} \leq ε .

Puisque la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ converge uniformément vers $f$ sur tout compact inclus dans $B^{\circ}$ , la série entière $\sum a_{n} r^{n} z^{n}$ converge uniformément vers $g$ sur $B$ . Il existe donc un polynôme $P$ vérifiant

{∥ P - g ∥}_{\infty, B} \leq ε

puis

{∥ f - P ∥}_{\infty, B} \leq 2 ε .

Exercice 52 2854 MINES (MP)Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $f$ .

(a)

Montrer que pour $0 < r < R$ ,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} r^{2 n} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {| f (r e^{i θ}) |}^{2} d θ .$
(b)

Que dire de $f$ si $| f |$ admet un maximum local en 0?
(c)

On suppose maintenant que $R = + \infty$ et qu’il existe $P \in ℝ_{N} [X]$ tel que $| f (z) | \leq P (| z |)$ pour tout $z$ complexe. Montrer que $f \in ℂ_{N} [X]$ .

Solution

(a)

Pour $0 < r < R$ , il y a absolument convergence de $\sum a_{n} r^{n}$ . On a

${| f (r e^{i θ}) |}^{2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} r^{n} e^{i n θ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \bar{a_{n}} r^{n} e^{- i n θ} .$

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, on obtient

${| f (r e^{i θ}) |}^{2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} \bar{a_{n - k}} e^{i (2 k - n) θ} r^{n} .$

Puisque $\sum | a_{n} r^{n} |$ et $\sum | \bar{a_{n}} r^{n} |$ sont absolument convergentes, par produit de Cauchy, on peut affirmer que $\sum \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | | \bar{a_{n - k}} | r^{n}$ converge. On en déduit que la série des fonctions continues $θ \mapsto \sum_{k = 0}^{n} a_{k} \bar{a_{n - k}} e^{i (2 k - n) θ} r^{n}$ est normalement convergente et donc on peut permuter somme et intégration:

$\int_{0}^{2 π} {| f (r e^{i θ}) |}^{2} d θ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} \bar{a_{n - k}} e^{i (2 k - n) θ} r^{n} d θ .$

Or $\int_{0}^{2 π} e^{i p θ} d θ = 0$ pour tout $p \in ℤ^{*}$ donc, après simplification des termes nuls,

$\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {| f (r e^{i θ}) |}^{2} d θ = \sum_{m = 0}^{+ \infty} {| a_{m} |}^{2} r^{2 m} .$
(b)

Pour $0 < r < R$ suffisamment petit,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} r^{2 n} = \sum_{n = 0}^{\infty} | a_{n} | r^{2 n} - {| a_{0} |}^{2} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {| f (r e^{i θ}) |}^{2} - {| f (0) |}^{2} d θ .$

Par intégration, d’une fonction négative, on obtient $\sum_{n = 1}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} r^{2 n} \leq 0$ . Or il s’agit d’une somme de termes positifs, ils sont donc tous nuls et l’on en déduit

$\forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = 0 .$

La fonction $f$ est alors constante.
(c)

Posons

$f_{N} (z) = \sum_{n = 0}^{N} a_{n} z^{n} .$

Pour tout $r > 0$ ,

$\sum_{n = N + 1}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} r^{2 n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} r^{2 n} - \sum_{n = 0}^{N} {| a_{n} |}^{2} r^{2 n} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {| f (r e^{i θ}) - f_{N} (r e^{i θ}) |}^{2} d θ .$

Pour $p \geq N + 1$ , on obtient

$\sum_{n = N + 1}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} \frac{r^{2 n}}{r^{2 p}} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} \frac{{| f (r e^{i θ}) - f_{N} (r e^{i θ}) |}^{2}}{r^{2 p}} d θ .$

Or

$0 \leq \int_{0}^{2 π} \frac{{| f (r e^{i θ}) - f_{N} (r e^{i θ}) |}^{2}}{r^{2 p}} d θ \leq 2 π \frac{{(P (r))}^{2} + {(\sum_{n = 0}^{N} | a_{n} | r^{n})}^{2}}{r^{2 p}} = \frac{O (r^{2 N})}{r^{2 p}}$

donc

$\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} \frac{{| f (r e^{i θ}) - f_{N} (r e^{i θ}) |}^{2}}{r^{2 p}} d θ \to_{r \to + \infty}^{} 0 .$

Pour $p = N + 1$ ,

$\sum_{n = N + 1}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} \frac{r^{2 n}}{r^{2 p}} = {| a_{N + 1} |}^{2} + \sum_{n = N + 2}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} r^{2 (n - N - 1)}$

avec

$0 \leq \sum_{n = N + 2}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} r^{2 (n - N - 1)} \leq \frac{1}{r^{2}} \sum_{n = N + 2}^{+ \infty} {| a_{n} |}^{2} \to_{r \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit $a_{N + 1} = 0$ puis, en reprenant la démarche avec $p = N + 2, \dots$ , on obtient successivement $a_{N + 2} = 0, \dots$ et finalement $f = f_{N} \in ℂ_{N} [X]$

[<] Étude de la somme d'une série entière abstraite[>] Fonctions développables en série entière

Exercice 53 5907 Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite réelle convergente de limite $ℓ$ .

Montrer

lim_{x \to 1^{-}} (1 - x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = ℓ .

Solution

Puisque la suite $(a_{n})$ converge, elle est bornée et cela assure que le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est au moins égal à $1$ . Pour $x \in [0; 1 [$ , on peut initier le calcul

	$(1 - x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} - \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n + 1}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n - 1} x^{n}$
		$= a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (a_{n} - a_{n - 1}) x^{n} .$

La série entière $\sum (a_{n} - a_{n - 1}) x^{n}$ est définie en $x = 1$ et sa somme est donc continue en $1$ . On en déduit

(1 - x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} \to_{x \to 1^{-}}^{} a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (a_{n} - a_{n - 1}) = ℓ .

Exercice 54 3989 CENTRALE (PSI)Correction

On pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} et g (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \ln (1 - \frac{1}{n}) x^{n} .

(a)

Déterminer les rayons de convergence des séries entières définissant $f$ et $g$ .
(b)

Montrer que $g$ est définie et continue sur $[- 1; 1 [$ .
(c)

Trouver une relation entre $(1 - x) f (x)$ et $g (x)$ pour $x \in] - 1; 1 [$ .
(d)

Montrer que $f$ peut être prolongée en une fonction continue sur $[- 1; 1 [$ .
(e)

Trouver des équivalents de $f$ et $g$ en $1$ .

Solution

(a)

Par application de la règles de d’Alembert, les rayons de convergence de séries entières définissant $f$ et $g$ sont égaux à $1$ .
(b)

$g$ est assurément définie et continue sur $] - 1; 1 [$ en tant que somme de série entière.

La série entière définissant $g$ converge aussi sur $[- 1; 0]$ par application du critère spécial et

$\forall x \in [- 1; 0], | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \ln (1 - \frac{1}{k}) x^{k} | \leq - \ln (1 - \frac{1}{n + 1}) .$

Il y a donc convergence uniforme de la série de fonctions continues définissant $g$ sur $[- 1; 0]$ .

Ainsi, $g$ est définie et continue sur $[- 1; 1 [$ .

On peut aussi souligner que $g$ n’est pas définie en $1$ car

$\ln (1 - \frac{1}{n}) 1^{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{n} .$
(c)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$(1 - x) f (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\ln (n) - \ln (n - 1)) x^{n} = - g (x) .$
(d)

La fonction $f$ est continue sur $] - 1; 1 [$ en tant que somme de série entière de rayon de convergence $1$ . On peut prolonger $f$ par continuité en $- 1$ via

$f (x) = - \frac{g (x)}{1 - x} \to_{x \to - 1}^{} - \frac{g (- 1)}{2} .$
(e)

On a

$\ln (1 - \frac{1}{n}) = - \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$

donc pour $x \in] - 1; 1 [$

$g (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} - \frac{1}{n} x^{n} - \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})) x^{n}$

et donc

$g (x) = \ln (1 - x) + 1 - \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})) x^{n} .$

Le terme sommatoire définit une fonction continue sur $[- 1; 1]$ (par convergence normale) et donc

$g (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \ln (1 - x)$

puis

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x} .$

Exercice 55 5073

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{n}) x^{n} .

(a)

Préciser le domaine de définition de la fonction $f$ et étudier sa continuité.
(b)

Établir

$\forall n \in ℕ^{*}, \frac{1}{n + 1} \leq \ln (1 + \frac{1}{n}) \leq \frac{1}{n}$

et en déduire un équivalent simple de $f$ en $1^{-}$ .
(c)

Déterminer un équivalent simple quand $x$ tend vers $1^{-}$ de

$g (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} .$
(d)

Déterminer la limite de $g$ en $- 1$ .

Exercice 56 3747 MINES (MP)Correction

(a)

Donner l’ensemble de définition de

$f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{n}) x^{n} .$
(b)

Calculer $f (- 1)$ .
(c)

Calculer

$\int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{⌊ (⌋ 1 / x)}}{x} d x$

où $⌊ \cdot ⌋$ désigne la fonction partie entière.
(d)

Donner un équivalent de $f$ en $x = 1$

Solution

(a)

$f$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R = 1$ .
Puisque $\ln (1 + 1 / n) \sim 1 / n$ , la série n’est pas définie pour $x = 1$ . En revanche, on vérifie aisément la convergence de la série en $x = - 1$ en vertu du critère spécial des séries alternées.

Finalement, $f$ est définie sur $[- 1; 1 [$ .
(b)

Calculons la somme partielle

$\sum_{n = 1}^{2 N} \ln (1 + \frac{1}{n}) {(- 1)}^{n} = \sum_{p = 1}^{N} \ln (\frac{2 p + 1}{2 p}) - \ln (\frac{2 p}{2 p - 1}) = \ln (\frac{(2 N + 1) {((2 N)!)}^{2}}{{(2^{N} N!)}^{4}}) .$

Par la formule de Stirling,

$f (1) = \ln (\frac{2}{π}) .$
(c)

Par le changement de variable $u = 1 / x$ (qui est de classe $𝒞^{1}$ strictement décroissant), on ne modifie par la nature de l’intégrale et l’on a

$\int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{⌊ 1 / x ⌋}}{x} d x = \int_{1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{⌊ u ⌋}}{u} d u .$

Puisque

$| \int_{⌊ x ⌋}^{x} \frac{{(- 1)}^{⌊ u ⌋}}{u} d u | \leq \int_{⌊ x ⌋}^{x} \frac{d u}{u} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

la nature de l’intégrale et sa valeur sont données par la limite de

$\int_{1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{⌊ u ⌋}}{u} d u = \sum_{k = 1}^{n} \int_{k}^{k + 1} \frac{{(- 1)}^{k}}{u} d u = \sum_{k = 1}^{n} {(- 1)}^{k} \ln (1 + \frac{1}{k}) .$

On peut conclure

$\int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{⌊ 1 / x ⌋}}{x} d x = \ln (\frac{2}{π}) .$
(d)

On peut écrire

$\ln (1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} + ε_{n} avec ε_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

On a alors

$f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} + \sum_{n = 1}^{n} ε_{n} x^{n} .$

D’une part

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} = - \ln (1 - x) \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty$

et d’autre part

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} ε_{n} x^{n} | \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} | ε_{n} | < + \infty .$

On peut donc conclure

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \ln (1 - x) .$

Exercice 57 5908 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\sum_{n \geq 1} H_{n} x^{n}$ .
(b)

Établir

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} .$
(c)

En déduire un équivalent $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n}$ .

Solution

(a)

On sait

$H_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)$

et donc

$| \frac{H_{n + 1}}{H_{n}} | \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n + 1)}{\ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On en déduit le rayon de convergence $R = 1$ .
(b)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on est assuré de l’existence des deux sommes

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n} et \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} .$

On peut donc considérer la différence

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} (H_{n} - \ln (n)) x^{n} .$

Aussi,

$H_{n} - \ln (n) \to_{n \to + \infty}^{} γ$

avec $γ$ la constante d’Euler.

Soit $ε > 0$ . Il existe $N \geq 1$ tel que $| H_{n} - \ln (n) | \leq ε \ln (n)$ pour tout $n \geq N$ . On a alors pour tout $x \in [0; 1 [$

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} (H_{n} - \ln (n)) x^{n} |$ $\leq \sum_{n = 1}^{N - 1} | H_{n} - \ln (n) | x^{n} + \sum_{n = N}^{+ \infty} ε \ln (n) x^{n}$

$\leq \sum_{n = 1}^{N - 1} | H_{n} - \ln (n) | + ε \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} .$

Or,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} \geq \ln (2) \sum_{n = 2}^{+ \infty} x^{n} = \frac{\ln (2) x^{2}}{1 - x} \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty .$

Il existe donc $α > 0$ tel que pour tout $x \in [1 - α; 1 [$ ,

$\underset{\begin{matrix} constante \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{n = 1}^{N - 1} | H_{n} - \ln (n) |}} \leq ε \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} .$

Ainsi, on a établi

$\forall ε > 0, \exists α > 0, \forall x \in [1 - α; 1 [, | \sum_{n = 1}^{+ \infty} (H_{n} - \ln (n)) x^{n} | \leq 2 ε \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n}$

autrement dit

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} (H_{n} - \ln (n)) x^{n} \underset{x \to 1^{-}}{=} o (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n}) .$

On peut alors conclure

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} .$
(c)

Par produit de Cauchy,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n} = (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n}) = - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x} .$

On a donc

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x} .$

Exercice 58 2844 MINES (MP)Correction

(a)

Soit $(a_{n})$ une suite complexe. On suppose que la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ a pour rayon de convergence $R$ . Déterminer les rayons de convergence de

$\sum (a_{n} \ln (n)) x^{n} et \sum (a_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}) x^{n} .$
(b)

Application : Donner un équivalent simple de $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n}$ quand $x \to 1^{-}$ .

Solution

(a)

On sait que les séries entières $\sum a_{n} x^{n}$ et $\sum n a_{n} x^{n}$ ont le même rayon de convergence $R$ (notamment car une série entière et sa série dérivée ont le même rayon de convergence). Puisque $a_{n} = o (a_{n} \ln (n))$ et $a_{n} \ln (n) = o (n a_{n})$ on peut affirmer par encadrement que la série entière $\sum (a_{n} \ln (n)) x^{n}$ a aussi pour rayon de convergence $R$ . De plus,

$a_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} a_{n} \ln (n)$

donc la série entière $\sum (a_{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}) x^{n}$ a encore pour rayon de convergence $R$ .
(b)

Notons que $\sum \ln (n) x^{n}$ a pour rayon de convergence $R = 1$ . On sait

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) + γ + o (1) .$

Le terme général

$\ln (n) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$

est donc borné par un certain $M$ .

Par suite,

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} x^{n} | \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} M x^{n} = \frac{M x}{1 - x} \underset{x \to 1^{-}}{=} O (\frac{1}{1 - x}) .$

Or, par produit de Cauchy,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} x^{n} = - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x}$

donc

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x} .$

Exercice 59 2853 MINES (MP)Correction

On pose

a_{n} = \int_{n}^{+ \infty} \frac{th (t)}{t^{2}} d t

pour $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Étudier la convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ entière pour $x$ réel.

On pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} x^{n}

pour $x$ convenable.

(b)

La fonction $f$ est-elle continue en $- 1$ ?
(c)

Donner un équivalent simple de $f$ en $1^{-}$ .

Solution

Notons que l’intégrale définissant $a_{n}$ converge car $| th (t) | \leq 1$ .

(a)

Pour $t \geq n$ ,

$\frac{th (n)}{t^{2}} \leq \frac{th (t)}{t^{2}} \leq \frac{1}{t^{2}} .$

En intégrant et en exploitant $th (n) \to 1$ , on obtient

$a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} .$

On en déduit que $R = 1$ . Pour $x = - 1$ , $\sum a_{n} x^{n}$ converge en vertu du critère spécial des séries alternées car $(a_{n})$ décroît vers $0$ .

Pour $x = 1$ , $\sum a_{n} x^{n}$ diverge par l’équivalent précédent. La fonction somme est définie sur $[- 1; 1 [$ .
(b)

Pour $x \in [- 1; 0]$ , on peut appliquer le critère spécial des séries alternées à la série $\sum a_{n} x^{n}$ et affirmer

$| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} | \leq a_{n + 1} {| x |}^{n + 1} \leq a_{n + 1}$

ce qui assure la convergence uniforme de la série. Par suite, la fonction somme est continue en $- 1$ .
(c)

On a

$| a_{n} - \frac{1}{n} | \leq \frac{1 - th (n)}{n}$

donc pour $x \in [0; 1 [$ ,

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} x^{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n} | \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1 - th (n)}{n} x^{n} .$

Or

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n} = - \ln (1 - x) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty et n^{2} \frac{1 - th (n)}{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 n e^{- 2 n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

donc $\sum \frac{1 - th (n)}{n}$ est absolument convergente et la somme de la série entière $\sum \frac{1 - th (n)}{n} x^{n}$ est définie et continue en 1. On en déduit

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \ln (1 - x) .$

Exercice 60 158 ENSTIM (MP)

On considère la suite récurrente $(a_{n})$ définie par

a_{0} > 0 et a_{n + 1} = \ln (1 + a_{n}) pour tout n \in ℕ .

(a)

Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ .
(b)

Étudier la convergence et la continuité de $\sum a_{n} x^{n}$ en $x = - R$ .
(c)

Déterminer la limite de la suite $(u_{n})$ de terme général

$u_{n} = \frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_{n}} .$
(d)

En déduire

$a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{n} .$
(e)

Donner un équivalent en $R^{-}$ de la somme de la série entière.

Exercice 61 985 Correction

Soient $\sum a_{n} x^{n}$ et $\sum b_{n} x^{n}$ deux séries entières de sommes respectives $f (x)$ et $g (x)$ avec, pour tout $n \in ℕ$ , $b_{n} > 0$ .

On note $R$ le rayon de convergence de $\sum b_{n} x^{n}$ . On suppose $R \in ℝ_{+}^{*}$ et on suppose aussi que la série entière $\sum b_{n} x^{n}$ diverge en $x = R$ .

(a)

On suppose que $a_{n} = o (b_{n})$ . Montrer que $f (x) = o (g (x))$ quand $x \to R^{-}$ .
(b)

On suppose que $a_{n} \sim b_{n}$ . Que dire de $f (x)$ et $g (x)$ au voisinage de $R$ ?

Solution

(a)

On peut écrire $a_{n} = b_{n} ε_{n}$ avec $ε_{n} \to 0$ et alors

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} b_{n} ε_{n} x^{n} .$

Pour tout $ε > 0$ , il existe $N \in ℕ$ tel que pour tout $n \geq N$ , on ait $| ε_{n} | \leq ε$ . On peut alors écrire

$| f (x) - \sum_{n = 0}^{N - 1} b_{n} ε_{n} x^{n} | \leq ε \sum_{n = N}^{+ \infty} b_{n} x^{n} \leq ε g (x)$

puis

$| f (x) | \leq ε g (x) + | \sum_{n = 0}^{N - 1} b_{n} ε_{n} x^{n} | .$

Quand $x \to R^{-}$ ,

$g (x) \to + \infty et \sum_{n = 0}^{N - 1} b_{n} ε_{n} x^{n} \to \sum_{n = 0}^{N - 1} b_{n} ε_{n} R^{n} = C^{t e}$

donc pour $x$ assez proche de $R$

$| \sum_{n = 0}^{N - 1} b_{n} ε_{n} R^{n} | \leq ε g (x)$

puis

$| f (x) | \leq 2 ε g (x) .$

Cela permet de conclure que $f (x) = o (g (x))$ quand $x \to R$ .
(b)

Si $a_{n} \sim b_{n}$ alors $a_{n} = b_{n} + o (b_{n})$ donc

$f (x) \underset{x \to R^{-}}{=} g (x) + o (g (x)) \underset{x \to R^{-}}{\sim} g (x)$

en vertu du résultat précédent.

Exercice 62 5911 Correction

(a)

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ une fonction continue, décroissante et intégrable sur $] 0; + \infty [$ . Montrer que pour tout $h > 0$

$lim_{h \to 0^{+}} h \sum_{n = 1}^{+ \infty} f (n h) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .$
(b)

Application : En posant $x = e^{- h}$ , déterminer un équivalent de $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{\sqrt{n}}$ lorsque $x \to 1^{-}$ .

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Par décroissance de $f$ ,

$\int_{n h}^{(n + 1) h} f (t) d t \leq h f (n h) \leq \int_{(n - 1) h}^{n h} f (t) d t .$

En sommant, on obtient avec convergence de la série

$\int_{h}^{+ \infty} f (t) d t \leq h \sum_{n = 1}^{+ \infty} f (n h) \leq \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .$

Par encadrement,

$lim_{h \to 0^{+}} h \sum_{n = 1}^{+ \infty} f (n h) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) d t .$
(b)

Par la règle de d’Alembert, on vérifie que le rayon de convergence de la série entière $\sum \frac{1}{\sqrt{n}} x^{n}$ vaut $1$ .

Soit $x \in [0; 1 [$ . On peut écrire $x = e^{- h}$ avec $h > 0$ et l’on a

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{\sqrt{n}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{e^{- n h}}{\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{h}} \cdot h \sum_{n = 1}^{+ \infty} f (n h) avec f (t) = \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} .$

La fonction $f$ est continue, positive et décroissante sur $] 0; + \infty [$ avec

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{\sqrt{t}} d t \underset{t = x^{2}}{=} 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x .$

Par le résultat précédent,

$h \sum_{n = 1}^{+ \infty} f (n h) \to_{h \to 0^{+}}^{} 2 \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} d x = \sqrt{π} .$

Aussi,

$1 - x = 1 - e^{- h} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} h donc \sqrt{h} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \sqrt{1 - x}$

et l’on a donc

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{\sqrt{n}} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{π}{\sqrt{1 - x}} .$

Exercice 63 3783 ENSTIM (MP)Correction

Donner un équivalent simple quand $x \to 1^{-}$ de

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n^{2}} .

Solution

Commençons par noter que $f$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R = 1$ et est donc définie sur $] - 1; 1 [$ . Pour $x \in [0; 1 [$ , la fonction $t \mapsto x^{t^{2}} = e^{t^{2} \ln (x)}$ est décroissante et donc

\int_{n}^{n + 1} x^{t^{2}} d t \leq x^{n^{2}} \leq \int_{n - 1}^{n} x^{t^{2}} d t .

En sommant

\int_{0}^{+ \infty} x^{t^{2}} d t \leq f (x) \leq 1 + \int_{0}^{+ \infty} x^{t^{2}} d t .

\int_{0}^{+ \infty} x^{t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{t^{2} \ln (x)} d t avec \ln (x) < 0 .

Posons le changement de variable $u = t \sqrt{| \ln (x) |}$

\int_{0}^{+ \infty} e^{t^{2} \ln (x)} d t = \frac{1}{\sqrt{| \ln (x) |}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- u^{2}} d u .

Or $\ln (x) \sim x - 1$ quand $x \to 1$ donc

f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{1 - x}} .

Exercice 64 2452 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(p_{n})$ une suite strictement croissante d’entiers naturels telle que $n = o (p_{n})$ . On pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{p_{n}} .

(a)

Donner le rayon de convergence de la série entière $\sum x^{p_{n}}$ et étudier la limite de $(1 - x) f (x)$ quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures.
(b)

Ici, $p_{n} = n^{q}$ avec $q \in ℕ$ et $q \geq 2$ . Donner un équivalent simple de $f$ en $1^{-}$ .

Solution

(a)

Notons $a_{n}$ le coefficient général de la série entière étudiée: $a_{m} = 1$ s’il existe $n$ tel que $m = p_{n}$ et $a_{m} = 0$ sinon.

La suite $(a_{n})$ est bornée et ne tend pas vers $0$ donc $R = 1$ .

Soit $ε > 0$ , il existe un rang $N \in ℕ$ tel que, pour tout $n \geq N$ , $n \leq ε p_{n}$ . On a alors

$0 \leq (1 - x) f (x) \leq (1 - x) \sum_{n = 0}^{N - 1} x^{p_{n}} + (1 - x) \sum_{n = N}^{+ \infty} x^{n / ε} .$

Quand $x \to 1^{-}$ ,

$(1 - x) \sum_{n = 0}^{N - 1} x^{p_{n}} \to 0$

et

$(1 - x) \sum_{n = N}^{+ \infty} x^{n / ε} \leq \frac{1 - x}{1 - x^{1 / ε}} \to ε$

donc, pour $x$ suffisamment proche de $1$ ,

$0 \leq (1 - x) f (x) \leq 2 ε .$

Cela permet d’affirmer

$(1 - x) f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} 0 .$
(b)

Ici, il faut penser à une comparaison série-intégrale…

Pour $x \in] 0; 1 [$ , la fonction $t \mapsto x^{t^{q}}$ est décroissante. Par la démarche classique, on obtient

$\int_{0}^{+ \infty} x^{t^{q}} d t \leq f (x) \leq 1 + \int_{0}^{+ \infty} x^{t^{q}} d t .$

Or

$\int_{0}^{+ \infty} x^{t^{q}} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{t^{q} \ln (x)} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- a^{q} t^{q}} d t$

avec $a = \sqrt[q]{- \ln (x)}$ donc

$\int_{0}^{+ \infty} x^{t^{q}} d t = \frac{1}{a} \int_{0}^{+ \infty} e^{- u^{q}} d u$

et l’on ne calculera pas cette dernière intégrale.

Par l’encadrement qui précède, on peut affirmer

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \sim \frac{1}{\sqrt[q]{1 - x}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- u^{q}} d u$

sachant $\ln (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} x - 1$

Exercice 65 5774 X (PC)Correction

Soit

f : x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{{(n!)}^{2}} .

(a)

Calculer le rayon de convergence de la série entière définissant $f$ .
(b)

Établir que $f (x) = o (e^{x})$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$ .

Solution

(a)

Posons $a_{n} = \frac{1}{{(n!)}^{2}} \neq 0$ . On a

$| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

donc $R = + \infty$ .
(b)

On remarque $n! \geq 2^{n - 1}$ pour tout $n \in ℕ$ et donc, pour $x \in [0; + \infty [$ ,

$0 \leq f (x) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{2^{n - 1} \cdot n!} = 2 e^{x / 2} \underset{x \to + \infty}{=} o (e^{x}) .$

Exercice 66 2483 CENTRALE (MP)Correction

Soit $α > - 1$ .

(a)

Donner le rayon de convergence $R$ de

$f_{α} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n^{α} x^{n} .$

On désire trouver un équivalent de $f_{α}$ lorsque $x \to R^{-}$ .

(b)

On suppose que $α$ est un entier $p$ .

Montrer qu’il existe $Q_{p} \in ℝ [X]$ tel que

$f_{p} (x) = \frac{Q_{p} (x)}{{(1 - x)}^{p + 1}} .$

On calculera $f_{p}^{'}$ .

En déduire l’équivalent recherché.
(c)

On suppose $α > - 1$ quelconque. Donner le coefficient général $b_{n}$ du développement en série entière de

$\frac{1}{{(1 - x)}^{1 + α}} .$

Montrer qu’il existe un réel $A (α) > 0$ tel que $n^{α} \sim A (α) b_{n}$ .

On étudiera la nature de la série de terme général

$\ln (\frac{{(n + 1)}^{α}}{b_{n + 1}}) - \ln (\frac{n^{α}}{b_{n}}) .$

En déduire que $f_{α} (x)$ est équivalente à

$\frac{A (α)}{{(1 - x)}^{1 + α}}$

quand $x$ tend vers $R^{-}$ .

Solution

(a)

$R = 1$ .
(b)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$f_{p}^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n^{p + 1} x^{n - 1}$

donc

$x f_{p}^{'} (x) = f_{p + 1} (x) .$

En raisonnant par récurrence sur $p \in ℕ$ , on définit la suite $(Q_{p})$ de polynômes de sorte que

$Q_{0} = X et Q_{p + 1} (X) = X (1 - X) Q_{p}^{'} (X) + (p + 1) X Q_{p} (X) .$

On observe $Q_{p + 1} (1) = (p + 1) Q_{p} (1)$ de sorte que $Q_{p} (1) = p!$ . On peut alors affirmer

$f_{p} (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{p!}{{(1 - x)}^{1 + p}} .$
(c)

À partir du développement connu de ${(1 + u)}^{α}$ , on obtient

$b_{n} = \frac{(α + 1) (α + 2) \dots (α + n)}{n!} .$

On remarque

$\ln (\frac{{(n + 1)}^{α}}{b_{n + 1}}) - \ln (\frac{n^{α}}{b_{n}})$ $= α \ln (\frac{n + 1}{n}) - \ln (\frac{b_{n + 1}}{b_{n}})$

$\underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum \ln (\frac{{(n + 1)}^{α}}{b_{n + 1}}) - \ln (\frac{n^{α}}{b_{n}})$ est absolument convergente. Par le lien suite-série, on obtient que la suite de terme général $\ln (\frac{n^{α}}{b_{n}})$ converge puis que $\frac{n^{α}}{b_{n}}$ tend vers une constante $A (α) > 0$ .

On peut alors conclure en exploitant le résultat suivant: Si $a_{n} \sim b_{n}$ avec $a_{n} > 0$ , $R = 1$ et $\sum a_{n}$ diverge alors

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \sum_{n = 0}^{+ \infty} b_{n} x^{n}$

(voir le sujet 985) On obtient alors

$f_{α} (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{A (α)}{{(1 - x)}^{1 + α}} .$

Exercice 67 5912 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(1 + \frac{x}{n})}^{n} x^{n} .

(a)

Préciser le domaine de définition de $f$ .
(b)

Établir que $f$ est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

Donner un équivalent de $f (x)$ lorsque $x$ tend vers $1^{-}$ .
(d)

Déterminer la limite de la suite des coefficients du développement en série entière de $f$ .

Solution

(a)

Pour $x \in ℝ$ , posons¹¹ 1 Lorsque $n = 0$ , on convient $u_{0} (x) = 1$ . $u_{n} (x) = {(1 + \frac{x}{n})}^{n} x^{n}$ .

La série $\sum u_{n} (0)$ converge.

On remarque

$u_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} e^{x} x^{n} .$

Pour $x \neq 0$ , on a donc

$| \frac{u_{n + 1} (x)}{u_{n} (x)} | \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{e^{x} {| x |}^{n + 1}}{e^{x} {| x |}^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} | x | .$

On en déduit que la série de fonctions $\sum u_{n} (x)$ converge pour $x \in] - 1; 1 [$ et peut-être aussi en $x = 1$ et $x = - 1$ .

Cependant, les suites $(u_{n} (1))$ et $(u_{n} (- 1))$ ne tendent pas vers zéro et la série $\sum u_{n} (x)$ diverge donc grossièrement en $\pm 1$ . Finalement, la fonction $f$ est définie sur $] - 1; 1 [$ .
(b)

Pour $x \in [0; 1 [$ , on a

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{x^{n + k}}{n^{k}} .$

Les termes sommés sont positifs, on peut réorganiser selon la valeur $p = n + k$ et écrire

$f (x) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} a_{p} \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{k = 0}^{⌊ p / 2 ⌋} (\binom{p - k}{k}) \frac{1}{{(p - k)}^{k}}}} x^{p} .$

Le même calcul avec des valeurs absolues assure la sommabilité permettant d’affirmer que la relation précédente est aussi vraie pour $x \in] - 1; 1 [$ .

On en déduit que $f$ est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

Puisque

$u_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} e^{x} x^{n}$

on peut avoir l’intuition

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{e^{x}}{1 - x} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{e}{1 - x} .$

Pour cette raison, nous allons étudier

$lim_{x \to 1^{-}} (1 - x) f (x) .$

Soit $x \in [0; 1 [$ ,

$(1 - x) f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(1 + \frac{x}{n})}^{n} x^{n} - \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(1 + \frac{x}{n})}^{n} x^{n + 1} .$

Par glissement d’indice puis regroupement

$(1 - x) f (x) = 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} [{(1 + \frac{x}{n})}^{n} - {(1 + \frac{x}{n - 1})}^{n - 1}] x^{n} .$

Posons

$v_{n} (x) = [{(1 + \frac{x}{n})}^{n} - {(1 + \frac{x}{n - 1})}^{n - 1}] x^{n} .$

On remarque

$lim_{x \to 1^{-}} v_{n} (x) = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} - {(1 + \frac{1}{n - 1})}^{n - 1} .$

Étudions la convergence normale sur $[0; 1 [$ de $\sum v_{n}$ afin d’appliquer le théorème de la double limite.

Pour $x \in [0; 1 [$ , on pose $φ_{x} : [1; + \infty [\to ℝ$ donnée par

$φ_{x} (t) = {(1 + \frac{x}{t})}^{t} .$

La fonction $φ_{x}$ est dérivable sur $[1; + \infty [$ avec

$φ_{x}^{'} (t) = [\ln (1 + \frac{x}{t}) - \frac{x}{t + x}] φ_{x} (t) .$

Par l’inégalité classique $\ln (1 + u) \leq u$ pour $u > - 1$ , on remarque

$\ln (1 + \frac{x}{t}) - \frac{x}{t + x} \leq \frac{x}{t} - \frac{x}{t + x} = \frac{x^{2}}{t (t + x)} \leq \frac{1}{t^{2}}$

et aussi

$\ln (1 + \frac{x}{t}) = - \ln (\frac{t}{t + x}) = - \ln (1 - \frac{x}{t + x}) \geq \frac{x}{t + x}$

de sorte que

$0 \leq φ_{x}^{'} (t) \leq \frac{φ_{x} (t)}{t^{2}} \leq \frac{e^{x}}{t^{2}} \leq \frac{e}{t^{2}} .$

Par l’inégalité des accroissements finis,

$| v_{n} (x) | = | φ_{x} (n) - φ_{x} (n - 1) | x^{n} \leq \frac{e}{{(n - 1)}^{2}} .$

Par majoration uniforme sommable, $\sum_{n \geq 2} v_{n}$ converge normalement sur $[0; 1 [$ . Quitte à isoler un terme, on peut appliquer le théorème de la double limite et affirmer

$lim_{x \to 1^{- 1}} (1 - x) f (x) = 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} [{(1 + \frac{1}{n})}^{n} - {(1 + \frac{1}{n - 1})}^{n - 1}] = lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{1}{n})}^{n} = e .$

On conclut

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{e}{1 - x} .$
(d)

Pour $p \in ℕ$ ,

$a_{p} = \sum_{k = 0}^{⌊ p / 2 ⌋} \frac{1}{k!} \frac{(p - k) (p - k - 1) \times \dots \times (p - 2 k + 1)}{{(p - k)}^{k}} = \sum_{k = 0}^{⌊ p / 2 ⌋} \frac{1}{k!} \prod_{j = 0}^{k - 1} (1 - \frac{j}{p - k}) .$

Par cette expression, on vérifie que la suite ${(a_{p})}_{p \geq 1}$ est croissante et majorée par $e$ . Cette suite admet donc une limite finie $ℓ \leq e$ et est majorée par celle-ci. On a alors

$f (x) \leq \sum_{p = 0}^{+ \infty} ℓ x^{p} = \frac{ℓ}{1 - x} .$

Le résultat qui précède entraîne alors $e \leq ℓ$ et l’on peut conclure $ℓ = e$ .

[<] Étude asymptotique aux extrémités de l'intervalle de convergence[>] Calcul de développement en série entières

Exercice 68 3358 Correction

Montrer que la fonction

f : x \mapsto \sqrt{x^{2} + x + 1}

admet un développement en série entière de rayon de convergence $R \geq 1$ .

Solution

On a

(1 - x) (1 + x + x^{2}) = 1 - x^{3}

donc pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

f (x) = \frac{\sqrt{1 - x^{3}}}{\sqrt{1 - x}} = {(1 - x^{3})}^{1 / 2} {(1 - x)}^{- 1 / 2}

est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ par produit de fonctions qui le sont.

Exercice 69 3003 SAINT CYR (MP)Correction

Pour $P \in ℂ [X]$ et $x \in] - 1; 1 [$ , on pose

S_{P} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (n) x^{n}

(a)

Montrer que l’application

$Φ : {\begin{matrix} ℂ [X] & \to & 𝒞^{\infty} (] - 1; 1 [, ℂ) \\ P & \mapsto & S_{p} \end{matrix}$

est correctement définie et que c’est une application linéaire.
(b)

Montrer que $Φ$ est injective.
(c)

L’application $Φ$ est-elle surjective?

Solution

(a)

On vérifie que la série entière définissant $S_{P}$ est de rayon de convergence $R \geq 1$ (plus précisément $R = 1$ sauf si $P = 0$ auquel cas $R = + \infty$ ). La fonction $S_{P}$ est donc définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - 1; 1 [$ . Cela assure que l’application $Φ$ est correctement définie.

Soient $λ, μ \in ℂ$ et $P, Q \in ℂ [X]$ . Pour tout $x \in] - 1; 1 [$ ,

$S_{λ P + μ Q} (x)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (λ P + μ Q) (n) x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (λ P (n) + μ Q (n)) x^{n}$

$= λ \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (n) x^{n} + μ \sum_{n = 0}^{+ \infty} Q (n) x^{n} = (λ S_{P} + μ S_{Q}) (x)$

Ainsi, $S_{λ P + μ Q} = λ S_{P} + μ S_{Q}$ . L’application $Φ$ est linéaire.
(b)

Soit $P \in Ker (Φ)$ . Pour tout $x \in] - 1; 1 [$ ,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (n) x^{n} = 0$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, il vient

$\forall n \in ℕ, P (n) = 0$

On en déduit que le polynôme $P$ possède une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul.

Ainsi, $Ker (Φ) = {0}$ , l’application linéaire $Φ$ est injective.
(c)

La fonction $f : x \mapsto \ln (1 + x)$ est élément de $𝒞^{\infty} (ℝ, ℂ)$ mais n’est pas élément de l’image de $Φ$ . En effet, les coefficients du développement en série entière de $f$ tendent vers $0$ sans être constant égal à $0$ . Il n’est pas possible de déterminer un polynôme $P$ tel que les valeurs $P (n)$ aient cette propriété.

Exercice 70 2506 CCINP (MP)Correction

Soit $a \in] - 1; 1 [$ . On pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sin (a^{n} x) .

(a)

Montrer que $f$ est définie sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et que pour tout $k \in ℕ^{*}$ et tout $x \in ℝ$ ,

$| f^{(k)} (x) | \leq \frac{1}{1 - | a |} .$
(c)

En déduire que $f$ est développable en série entière.

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ . Pour tout $n \in ℕ$ , $| \sin (a^{n} x) | \leq | x | | a^{n} |$ , il y a donc convergence absolue de la série définissant $f (x)$ .
(b)

$f_{n} : x \mapsto \sin (a^{n} x)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ et ${∥ f_{n}^{(k)} ∥}_{\infty} \leq {| a |}^{n k}$ est terme général d’une série absolument convergente. La fonction $f$ est donc de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ et

${∥ f^{(k)} ∥}_{\infty} \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} {| a |}^{n k} = \frac{1}{1 - {| a |}^{k}} \leq \frac{1}{1 - | a |} .$
(c)

Par la formule de Taylor avec reste intégral,

$f (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} x^{k} + \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} f^{(n + 1)} (t) d t$

avec

$| \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} f^{(n + 1)} (t) d t | \leq \frac{1}{1 - | a |} \cdot \frac{x^{n + 1}}{(n + 1)!} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Ainsi, la série de Taylor de $f$ converge sur $ℝ$ vers $f$ et donc $f$ est développable en série entière sur $ℝ$ .

Exercice 71 992

Soit $f : [- 1; 1] \to ℂ$ une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ telle qu’il existe $K > 0$ et $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

| f^{(n)} (x) | \leq M K^{n} n! pour tout n \in ℕ et tout x \in [- 1; 1] .

Montrer que la fonction $f$ est développable en série entière en $0$ .

Exercice 72 2859 MINES (MP)Correction

(a)

Soit $t \in ℝ$ . Montrer

$| e^{i t} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(i t)}^{k}}{k!} | \leq \frac{{| t |}^{n + 1}}{(n + 1)!} .$
(b)

Soit $f \in 𝒞^{0} (ℝ, ℝ)$ telle que ${(\int_{- \infty}^{+ \infty} | t^{n} | | f (t) | d t)}_{n \geq 0}$ soit bornée. Montrer que

$F : x \mapsto \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i t x} f (t)$

est développable en série entière en 0.

Solution

(a)

On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange à la fonction $t \mapsto e^{i t}$ qui est de classe $𝒞^{n + 1}$ sur $ℝ$ .
(b)

La convergence de l’intégrale définissant $F$ provient de la convergence supposée de $\int_{- \infty}^{+ \infty} | f (t) | d t$ .
On a

$F (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(i t x)}^{k}}{k!} f (t) d t + \int_{- \infty}^{+ \infty} (e^{i t x} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(i t x)}^{k}}{k!}) f (t) d t$

avec

$\int_{- \infty}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(i t x)}^{k}}{k!} f (t) d t = \sum_{k = 0}^{n} (\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{{(i t)}^{k} f (t)}{k!} d t) x^{k}$

et

$| \int_{- \infty}^{+ \infty} (e^{i t x} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(i t x)}^{k}}{k!}) f (t) d t | \leq \frac{1}{(n + 1)!} \int_{- \infty}^{+ \infty} {| t |}^{n + 1} | f (t) | d t \to_{n \to + \infty}^{} 0$

compte tenu des hypothèses.

On peut alors affirmer

$F (x) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{{(i t)}^{k}}{k!} f (t) d t) x^{k}$

avec convergence sur $ℝ$ de la série entière considérée.

Exercice 73 4738

(Une fonction plate en $0$ )

Soit $f : ℝ^{*} \to ℝ$ définie par $f (x) = e^{- 1 / x^{2}}$ .

(a)

Justifier que l’on peut prolonger $f$ par continuité en $0$ .

On note encore $f$ le prolongement obtenu. Cette fonction est évidemment de classe $𝒞^{\infty}$ sur chacun des intervalles $] - \infty; 0 [$ et $] 0; + \infty [$ .

(b)

Observer que pour tout entier naturel $n$ , il existe un polynôme réel $P_{n}$ , tel que

$f^{(n)} (x) = P_{n} (\frac{1}{x}) e^{- 1 / x^{2}} pour tout x \in ℝ^{*} .$
(c)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec $f^{(n)} (0) = 0$ pour tout $n \in ℕ$ .
(d)

Établir que $f$ n’est pas développable en série entière¹¹ 1 La fonction $f$ est un exemple de fonction de classe $𝒞^{\infty}$ non développable en série entière. en $0$ .

Exercice 74 3687 Correction

Pour $x \in ℝ$ , on pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{\cos (2^{n} x)}{n!} .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(b)

Observer que le rayon de convergence de sa série de Taylor en $0$ est nul.
(c)

La fonction $f$ est-elle développable en série entière sur un voisinage de $0$ ?

Solution

(a)

Posons

$u_{n} : x \in ℝ \mapsto \frac{\cos (2^{n} x)}{n!} .$

Les fonctions $u_{n}$ sont de classe $𝒞^{\infty}$ et pour tout $k \in ℕ$

$| u_{n}^{(k)} (x) | \leq \frac{2^{n k}}{n!} .$

Puisque le majorant est le terme général de la série exponentielle en $2^{k}$ , il est sommable et il y a donc convergence normale de la série de fonctions $\sum u_{n}^{(k)}$ .
On en déduit que la fonction $f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(b)

Par l’étude qui précède

$f^{(k)} (0) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}^{(k)} (0) .$

Si $k$ est impair, $u_{n}^{(k)} (x)$ s’exprime en fonction de $\sin (2^{n} x)$ et donc $u_{n}^{(k)} (0) = 0$ puis $f^{(k)} (0) = 0$ .
Si $k$ est pair, on peut écrire $k = 2 p$ et alors

$u_{n}^{(2 p)} (x) = {(- 1)}^{p} 2^{2 n p} \frac{\cos (2^{n} x)}{n!}$

puis

$f^{(2 p)} (0) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} \frac{2^{2 n p}}{n!} = {(- 1)}^{p} e^{2^{2 p}} .$

La série de Taylor de $f$ en 0 est alors

$\sum {(- 1)}^{p} \frac{e^{2^{2 p}}}{(2 p)!} x^{2 p} .$

Pour $x \neq 0$ , posons

$u_{p} (x) = {(- 1)}^{p} \frac{e^{2^{2 p}}}{(2 p)!} x^{2 p} \neq 0 .$

On a

$| \frac{u_{p + 1} (x)}{u_{p} (x)} | = \frac{e^{{3.2}^{2 p}} x^{2}}{(2 p + 1) (2 p + 2)} \to_{p \to + \infty}^{} + \infty .$

Le rayon de convergence de la série de Taylor étudiée est donc nul.
(c)

Par l’absurde, si $f$ est développable en série entière sur $] - r; r [$ (avec $r > 0$ ) alors $f$ est égale à la somme de sa série de Taylor sur $] - r; r [$ ce qui entraîne que le rayon de convergence de celle-ci est au moins égal à $r$ . C’est absurde.

La fonction $f$ .

Exercice 75 3303 CENTRALE (MP)Correction

Soit $f :] - R; R [\to ℝ$ (avec $R > 0$ ) de classe $𝒞^{\infty}$ vérifiant

\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; R [, f^{(n)} (x) \geq 0 .

Montrer la convergence de la série

\sum \frac{1}{n!} f^{(n)} (0) x^{n}

pour tout $x \in] - R; R [$ .

Solution

Pour $x \in [0; R [$ , la série $\sum \frac{1}{n!} f^{(n)} (0) x^{n}$ est une série à termes positifs. Par la formule de Taylor reste intégrale,

f (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} x^{k} + \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} f^{(n + 1)} (t) d t .

Puisque le reste intégrale est positif,

\sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} x^{k} \leq f (x) .

Puisque ses sommes partielles sont majorées, la série à termes positifs $\sum \frac{1}{n!} f^{(n)} (0) x^{n}$ est convergente.

Pour $x \in] - R; 0]$ ,

| \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} | = \frac{f^{(n)} (0)}{n!} {| x |}^{n}

et la série $\sum \frac{1}{n!} f^{(n)} (0) x^{n}$ est absolument convergente donc convergente.

Exercice 76 2851 MINES (MP)

(Fonctions absolument monotones)

Soient $a > 0$ et $f :] - a; a [\to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ vérifiant

f^{(n)} (x) \geq 0 pour tout x \in] - a; a [et tout n \in ℕ .

(a)

Soient $x \in] - a; a [$ et un réel $r$ vérifiant $| x | < r < a$ . Montrer

$| f (x) - \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (0)}{k!} x^{k} | \leq {| \frac{x}{r} |}^{n + 1} f (r) .$
(b)

En déduire que $f$ est développable en série entière sur $] - a; a [$ .
(c)

Application : Montrer que la fonction tangente est développable en série entière sur $] - π / 2; π / 2 [$ .

Exercice 77 4739

Établir que la fonction

x \mapsto \frac{1}{1 - sh (x)}

est développable en série entière en $0$ .

Exercice 78 5759 Correction

Soit $\sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R_{a} > 0$ et telle que $a_{0} = 1$ .

On souhaite établir l’existence et l’unicité d’une série entière $\sum_{n \geq 0} b_{n} x^{n}$ de rayon de convergence $R_{b} > 0$ telle que pour tout $x$ appartenant aux domaines de convergence des deux séries:

(\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} b_{n} x^{n}) = 1 .

(a)

Montrer que si $\sum_{n \geq 0} b_{n} x^{n}$ est solution, alors la suite ${(b_{n})}_{n \in ℕ}$ satisfait aux relations suivantes :

$b_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, \sum_{k = 0}^{n} a_{n - k} b_{k} = 0 .$
(b)

Justifier que ces relations déterminent la suite ${(b_{n})}_{n \in ℕ}$ de façon unique.

Soit $r$ un réel tel que $0 < r < R_{a}$ .

(c)

Montrer qu’il existe un réel $M \geq 1$ tel que pour tout $n \in ℕ$ : $| a_{n} | \leq \frac{M}{r^{n}}$ .
(d)

Établir que la suite ${(b_{n})}_{n \in ℕ}$ déterminée par $(*)$ vérifie

$\forall n \in ℕ, | b_{n} | \leq \frac{M {(M + 1)}^{n}}{r^{n}} .$
(e)

En déduire que le rayon de convergence $R_{b}$ de la série entière $\sum_{n \geq 0} b_{n} x^{n}$ est strictement positif.

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ avec $| x | < \min (R_{a}, R_{b})$ .

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

$(\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} b_{n} x^{n}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} a_{n - k} b_{k}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, l’égalité à $1$ entraîne

$a_{0} b_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, \sum_{k = 0}^{n} a_{n - k} b_{k} = 0 .$

Sachant $a_{0} = 1$ , cela correspond aux conditions énoncées.
(b)

Ces conditions déterminent entièrement ${(b_{n})}_{n \in ℕ}$ puisque

$b_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, b_{n} = - \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k} b_{n - k} = - (a_{1} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{0})$

ce qui permet de calculer successivement les termes de la suite.
(c)

La série $\sum a_{n} r^{n}$ converge absolument. En particulier, la suite ${(a_{n} r^{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée: cela assure l’existence de $M \in ℝ_{+}$ tel que voulu. Puisque $a_{0} = 1$ , on a nécessairement $M \geq 1$ .
(d)

On raisonne par récurrence forte sur $n \in ℕ$ .

Pour $n = 0$ , $b_{0} = 1$ et donc $| b_{0} | \leq M$ .

Supposons la propriété établie jusqu’au rang $n - 1 \in ℕ$

Au rang $n$ ,

$| b_{n} | = | - \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{n - k} b_{k} | \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} | a_{n - k} | | b_{k} | \leq M \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{| b_{k} |}{r^{n - k}} .$

On poursuit par l’hypothèse de récurrence forte

$| b_{n} | \leq M \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{M {(M + 1)}^{k}}{r^{n - k} \cdot r^{k}} = \frac{M}{r^{n}} \sum_{k = 0}^{n - 1} M {(M + 1)}^{k} .$

Par sommation géométrique de raison $M + 1 \neq 1$ ,

$\sum_{k = 0}^{n - 1} M {(M + 1)}^{k} = M \frac{{(M + 1)}^{n} - 1}{(M + 1) - 1} = {(M + 1)}^{n} - 1 \leq {(M + 1)}^{n}$

et donc

$| b_{n} | \leq \frac{M {(M + 1)}^{n}}{r^{n}} .$

La récurrence est établie
(e)

Pour $ρ = r / (M + 1) > 0$ , la suite ${(b_{n} ρ^{n})}_{n \in ℕ}$ est bornée donc $R_{b} \geq ρ > 0$ .

Exercice 79 2975 X (MP)Correction

Étant donné une suite complexe ${(a_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ de carré sommable, on pose

f (t) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n - t}

où la variable $t$ est réelle.

(a)

Préciser le domaine de définition de $f$ .
(b)

Montrer que $f$ est développable en série entière autour de 0.
(c)

Montrer que si $f$ est identiquement nulle sur un voisinage de $0$ alors la suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ est identiquement nulle.

Solution

(a)

Pour $t \in ℝ ∖ ℕ^{*}$ ,

$| \frac{a_{n}}{n - t} | \leq \frac{1}{2} (a_{n}^{2} + \frac{1}{{(n - t)}^{2}})$

donc $\sum \frac{a_{n}}{n - t}$ est absolument convergente. La fonction $f$ est définie sur $ℝ ∖ ℕ^{*}$ .
(b)

Pour $| t | < 1$ ,

$f (t) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{a_{n}}{n} \cdot \frac{1}{1 - t / n}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{m = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n} t^{m}}{n^{m + 1}} .$

Puisque la série $\sum_{m \geq 0} \frac{| a_{n} t^{m} |}{n^{m + 1}}$ converge pour tout $n \geq 1$ et puisque

$\sum_{n \geq 1} \sum_{m = 0}^{+ \infty} \frac{| a_{n} t^{m} |}{n^{m + 1}} = \sum_{n \geq 1} \frac{| a_{n} |}{n - | t |}$

converge, on peut appliquer le théorème de Fubini pour intervertir les deux sommes.

$f (t) = \sum_{m = 0}^{+ \infty} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n^{m + 1}}) t^{m} .$

La fonction $f$ apparaît alors comme développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

Si $f (t) = 0$ sur un voisinage de $0$ alors le développement en série entière de $f$ sur $] - 1; 1 [$ est nul et l’on en déduit que $f$ est nulle sur l’intégralité de $] - 1; 1 [$ . Or

$f (t) = \frac{a_{1}}{1 - t} + \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n - t}$

avec $t \mapsto \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n - t}$ définie et continue au voisinage de 1. On en déduit que $a_{1} = 0$ .
On peut alors reprendre l’étude de la question précédente et, sachant $a_{1} = 0$ , on peut affirmer que $f$ est développable en série entière sur $] - 2; 2 [$ . Or ce dernier développement étant nul, on obtient comme ci-dessus $a_{2} = 0$ etc.

Au final, la suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ est nulle.

Exercice 80 4740

Soit $f$ une fonction à valeurs dans $ℂ$ définie et continue sur le disque fermé

D = {z \in ℂ | | z | \leq 1} .

On suppose que la restriction de $f$ au départ du disque ouvert

D^{\circ} = {z \in ℂ | | z | < 1}

est la somme d’une série entière $\sum a_{n} z^{n}$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes convergeant uniformément vers $f$ sur le disque fermé $D$ .

[<] Fonctions développables en série entière[>] Calcul de développement par dérivation intégration

Exercice 81 989

Former les développements en série entière en $0$ des fonctions rationnelles qui suivent:

(a)

$f : x \mapsto \frac{1}{(x + 2) {(x - 1)}^{2}}$
(b)

$g : x \mapsto \frac{1}{1 + x + x^{2}}$ .

Exercice 82 987 Correction

Former le développement en série entière en 0 de la fonction

x \mapsto \ln (x^{2} + x + 1) .

Solution

On peut écrire

\ln (1 - x^{3}) = \ln (1 - x) + \ln (1 + x + x^{2})

donc sur $] - 1; 1 [$ ,

\ln (1 + x + x^{2}) = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{3 n} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} x^{n}

avec

a_{n} = \frac{1}{n} si n \neq 0 [3] et a_{3 n} = - \frac{1}{n} + \frac{1}{3 n} = - \frac{2}{3 n} .

Exercice 83 3485 Correction

Former le développement en série entière de

f : x \mapsto \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} .

Solution

La fonction $f$ est définie sur $] - 1; 1 [$ et

f (x) = \frac{(1 + x)}{\sqrt{1 - x^{2}}} .

Pour $| x | < 1$ , on a

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = {(1 + u)}^{α}

avec $u = - x^{2} \in] - 1; 1 [$ et $α = - 1 / 2$ donc

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} x^{2 n}

puis

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} (x^{2 n} + x^{2 n + 1}) .

Exercice 84 5083 MINES (PC)

Développer en série entière sur un voisinage de $0$ la fonction

x \mapsto \ln (1 + \frac{x}{1 + x^{2}}) .

Exercice 85 3931

(Identité binomiale)

Soit $p \in ℕ$ . Établir

\frac{1}{{(1 - x)}^{p + 1}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + p}{n}) x^{n} pour tout x \in] - 1; 1 [.

Exercice 86 3899 Correction

Soient $a \in ℂ^{*}$ et $p \in ℕ$ . Former le développement en série entière de

x \mapsto \frac{1}{{(x - a)}^{p + 1}} .

Solution

Pour $| x | < | a |$ ,

\frac{1}{x - a} = - \frac{1}{a} \frac{1}{1 - x / a} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{- 1}{a^{n + 1}} x^{n} .

Par dérivation à l’ordre $p$

\frac{{(- 1)}^{p} p!}{{(x - a)}^{p + 1}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1) (n + p) (n + p - 1) \dots (n + 1)}{a^{n + p + 1}} x^{n} .

Ainsi,

\frac{1}{{(x - a)}^{p + 1}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p - 1}}{a^{n + p + 1}} \frac{(n + p)!}{p! n!} x^{n} .

On peut aussi obtenir ce développement à partir de celui de ${(1 + u)}^{α}$ .

Exercice 87 990 Correction

Former le développement en série entière de

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}}

pour $| x | < 1$ et $t \in] 0; π [$ .

Solution

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}} = \frac{1}{2} (\frac{1}{1 - (e^{i t} x)} + \frac{1}{1 - (e^{- i t} x)}) .

Pour $| x | < 1$ ,

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (e^{i n t} + e^{- i n t}) x^{n}

puis

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \cos (n t) x^{n} .

Exercice 88 988 Correction

Soient $a, b > 0$ avec $a \neq b$ .
Calculer $c_{n}$ , le $n$ -ième coefficient du développement en série entière en 0 de

x \mapsto \frac{1}{(1 - a x) (1 - b x)} .

Exprimer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n}^{2} x^{n} .

Solution

Par décomposition en éléments simples

\frac{1}{(1 - a x) (1 - b x)} = \frac{a / (a - b)}{1 - a x} + \frac{b / (b - a)}{1 - b x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{b^{n + 1} - a^{n + 1}}{b - a} x^{n}

avec $R = \min (1 / a,1 / b)$ .
On a alors

\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n}^{2} x^{n} = \frac{1}{{(b - a)}^{2}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (b^{2 n + 2} - 2 a^{n + 1} b^{n + 1} + a^{2 n + 2}) x^{n}

donc

\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n}^{2} x^{n} = \frac{1}{{(b - a)}^{2}} (\frac{b^{2}}{1 - b^{2} x} - \frac{2 a b}{1 - a b x} + \frac{a^{2}}{1 - a^{2} x}) = \frac{1 + a b x}{(1 - a^{2} x) (1 - a b x) (1 - b^{2} x)} .

Exercice 89 995 CENTRALE (MP)Correction

Réaliser le développement en série entière en $0$ de

x \mapsto \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}}

et reconnaître cette fonction.

Solution

Pour $| x | < 1$ ,

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- \frac{x}{t})}^{n} d t = \int_{1}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{x^{n}}{t^{n + 2}} d t .

Par théorème d’intégration terme à terme,

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} x^{2 n}

(la série des intégrales des valeurs absolues converge). On en déduit

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \frac{\arctan (x)}{x} .

Cette expression peut aussi s’obtenir par un calcul direct via le changement de variable $u = x / t$ .

Exercice 90 3707 CCINP (MP)Correction

(a)

Pour quel réel $x$ , l’intégrale suivante existe-t-elle

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} ?$
(b)

Donner alors sa valeur.
(c)

Montrer que

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}}$

est développable en série entière et exprimer ce développement.

Solution

(a)

Si $x > - 1$ , la fonction $t \mapsto 1 / (x + e^{t})$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et intégrable car

$t^{2} / (x + e^{t}) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

Si $x = - 1$ , la fonction $t \mapsto 1 / (x + e^{t})$ n’est pas définie en 0 et

$\frac{1}{e^{t} - 1} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t} .$

La fonction n’est donc pas intégrable et, puisque elle est positive, son intégrale diverge.
Si $x < - 1$ , la fonction $t \mapsto 1 / (x + e^{t})$ n’est pas définie en $t_{0} = \ln (- x) \in] 0; + \infty [$ . Par dérivabilité en $t_{0}$ , on obtient

$\frac{1}{e^{t} + x} = \frac{1}{e^{t} - e^{t_{0}}} \underset{t \to t_{0}}{\sim} \frac{1}{(t - t_{0}) e^{t_{0}}}$

et encore une fois l’intégrale diverge.
(b)

Pour $x = 0$

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} d t = 1 .$

Pour $x \neq 0$ , posons le changement de variable $u = e^{t}$ qui définit une bijection de classe $𝒞^{1}$

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d u}{u (x + u)} .$

Par décomposition en éléments simples,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{1 / x}{u} - \frac{1 / x}{x + u} d u$

et, finalement,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \frac{\ln (1 + x)}{x} .$
(c)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$\ln (1 + x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} x^{n} .$

On en déduit

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} x^{n}$

(pour $x \neq 0$ et pour $x = 0$ ).

Exercice 91 3761 Correction

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{π / 2} \frac{d θ}{\sqrt{1 - x^{2} \sin^{2} θ}} .

(a)

Justifier

$\forall x \in] - 1; 1 [, f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{π}{2} {(\frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}})}^{2} x^{2 n} .$
(b)

En déduire un équivalent de $f (x)$ quand $x \to 1^{-}$ .

Solution

(a)

On sait

$\forall u \in] - 1; 1 [, \frac{1}{\sqrt{1 + u}} = {(1 + u)}^{- 1 / 2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} u^{n}$

donc

$f (x) = \int_{0}^{π / 2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (θ) d θ$

avec

$u_{n} (θ) = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} x^{2 n} \sin^{2 n} θ .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues par morceaux, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $[0; π / 2]$ et sa somme est continue par morceaux. Les fonctions $u_{n}$ sont aussi intégrables sur $[0; π / 2]$ et

$\int_{0}^{π / 2} | u_{n} (θ) | d θ = \int_{0}^{π / 2} u_{n} (θ) d θ = \frac{π}{2} {(\frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}})}^{2} x^{2 n}$

car on sait calculer à l’aide d’une formule de récurrence obtenue par intégration par parties les intégrales de Wallis

$I_{2 n} = \int_{0}^{π / 2} \sin^{2 n} θ d θ = \frac{2 n - 1}{2 n} I_{2 n - 2} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} \frac{π}{2} .$

Par la formule de Stirling,

$\int_{0}^{π / 2} | u_{n} (θ) | d θ \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{x^{2 n}}{2 n} .$

Ce terme est sommable et l’on peut donc procéder à une intégration terme à terme donnant la relation proposée.
(b)

On a obtenu

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{2 n} avec a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n} .$

On peut écrire

$a_{n} = \frac{1 + ε (n)}{2 n} avec ε (n) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et avec convergence des sommes introduites

$f (x) = a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{2 n}}{2 n} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} = a_{0} - \frac{1}{2} \ln (1 - x^{2}) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} .$

Or

$a_{0} - \frac{1}{2} \ln (1 - x^{2}) = a_{0} - \frac{1}{2} \ln (1 + x) - \frac{1}{2} \ln (1 - x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \frac{1}{2} \ln (1 - x)$

et pour conclure il nous suffit d’établir

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} \underset{x \to 1^{-}}{=} o (\ln (1 - x)) .$

Soit $ε > 0$ . Il existe un rang $N$ tel que

$\forall n \geq N, | ε (n) | \leq ε$

et alors

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} | \leq | \sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} | + \frac{ε}{2} \ln (1 - x^{2}) .$

Le premier terme de la somme réalisant la majoration est polynomiale donc

$\sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} \underset{x \to 1^{-}}{=} o (\ln (1 - x^{2}))$

et donc, pour $x$ suffisamment proche de 1,

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} | \leq ε \ln (1 - x^{2}) .$

Ainsi,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} \underset{x \to 1^{-}}{=} o (\ln (1 - x^{2})) = o (\ln (1 - x^{2})) .$

Finalement,

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \frac{1}{2} \ln (1 - x) .$

Exercice 92 2512 CCINP (MP)Correction

Soit $a \in] - 1; 1 [$ .

(a)

Donner le domaine de définition de

$S : x \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{x + n} .$
(b)

Montrer que $S$ est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

Déterminer la limite et un équivalent de $S$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

$S$ est définie sur $ℝ ∖ ℤ_{-}^{*}$ . En effet, pour $x \in ℤ_{-}^{*}$ la somme comporte un terme non défini ce qui empêche de définir $S (x)$ . En revanche, pour $x \in ℝ ∖ ℤ_{-}^{*}$ , la série converge absolument car

$\frac{a^{n}}{x + n} \underset{n \to + \infty}{=} o (a^{n}) .$
(b)

Pour $| x | < 1$ ,

$S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{m = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{m} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}} x^{m} .$

Or $\sum | {(- 1)}^{m} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}} x^{m} |$ converge et $\sum \sum_{m = 0}^{+ \infty} | {(- 1)}^{m} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}} x^{m} |$ converge. Par le théorème de Fubini, on peut permuter les sommes infinies et affirmer

$S (x) - \frac{1}{x} = \sum_{m = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{m} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}}) x^{m} .$

La fonction $S$ est donc développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

Par convergence normale sur $[1; + \infty [$ , on peut intervertir limites et sommes infinies pour justifier,

$lim_{x \to + \infty} S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} 0 = 0$

et

$lim_{x \to + \infty} x S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} a^{n} = \frac{a}{1 - a}$

de sorte que

$S (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{a}{(1 - a) x} .$

Exercice 93 5452 Correction

Dans ce sujet, on recherche les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ continues vérifiant

\forall x \in ℝ, f (x) = (1 + x) f (x / 2) et f (0) = 1 .

(a)

Déterminer les fonctions $f$ développables en série entière solutions.
(b)

Montrer qu’il n’existe pas d’autres solutions.

Solution

(a)

Analyse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ . Sa somme définie sur $] - R; R [$ est solution du problème posé si, et seulement si, $a_{0} = 1$ et

$\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ $= (1 + x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{2^{n}} x^{n}$

$= a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{a_{n}}{2^{n}} + \frac{a_{n - 1}}{2^{n - 1}}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on parvient à la condition

$\forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = \frac{2}{2^{n} - 1} a_{n - 1} .$

Cela détermine la suite $(a_{n})$ de façon unique:

$\forall n \in ℕ, a_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2}{2^{k} - 1} .$

Synthèse: La série entière déterminée par la suite $(a_{n})$ précédente est de rayon de convergence $R = + \infty$ , et, à rebours des calculs qui précèdent, est solution sur $ℝ$ du problème posé
(b)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction solution du problème posé. Par récurrence, on vérifie

$\forall n \in ℕ, \forall x \in ℝ, f (x) = (\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{x}{2^{k - 1}})) f (\frac{x}{2^{n}}) .$

Par passage à la limite et continuité de $f$ en $0$ ,

$\forall x \in ℝ, f (x) = lim_{n \to + \infty} \prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{x}{2^{k - 1}}) .$

On parvient à la même relation avec la fonction solution développable en série entière, la fonction $f$ lui est donc égale.

Exercice 94 2605 ENSTIM (MP)Correction

Soit $α \in] - 1; 1 [$ .

(a)

Montrer, pour tout $x \in ℝ$ , la convergence de la suite ${(P_{n} (x))}_{n \in ℕ}$ de terme général

$P_{n} (x) = \prod_{k = 0}^{n} (1 - α^{k} x) .$

On note $P (x)$ la limite de la suite $(P_{n} (x))$ .

(b)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ continue vérifiant l’équation fonctionnelle

$(E) : \forall x \in ℝ, f (x) = (1 - x) f (α x) .$

Montrer, pour tout $x \in ℝ$ ,

$f (x) = f (0) P (x) .$
(c)

Montrer que la fonction $x \mapsto P (x)$ est développable en série entière sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Sachant $1 - α^{k} x \to_{k \to + \infty}^{} 1$ , on peut affirmer que, pour $N$ assez grand,

$\forall k \geq N, 1 - α^{k} x > 0 .$

Considérons alors la suite définie par la portion de produit au-delà du rang $N$

${(\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x))}_{n \geq N} .$

On a

$\ln (\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x)) = \sum_{k = N}^{n} \ln (1 - α^{k} x)$

avec

$\ln (1 - α^{k} x) \underset{k \to + \infty}{=} O (α^{k}) .$

La série de terme général $α^{k}$ est absolument convergente et donc, par comparaison, la série $\sum \ln (1 - α^{k} x)$ est aussi absolument convergente. On en déduit la convergence de la suite

${(\sum_{k = N}^{n} \ln (1 - α^{k} x))}_{n \geq N}$

puis, en composant avec la fonction exponentielle, la convergence de la suite

${(\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x))}_{n \geq N} .$

Enfin, en tenant compte de la portion initiale du produit définissant $P_{n} (x)$ , on obtient la convergence de la suite $(P_{n} (x))$ .
(b)

Si $f$ est solution de $(E)$ alors

$f (x) = (1 - α x) f (α x) = (1 - α x) (1 - α^{2} x) f (α^{2} x) = \dots$

Par récurrence, on obtient

$f (x) = \prod_{k = 0}^{n} (1 - α^{k} x) f (α^{n + 1} x) = P_{n} (x) f (α^{n + 1} x) .$

Quand $n \to + \infty$ , $f (α^{n + 1} x) \to f (0)$ car $f$ est continue et donc

$f (x) = f (0) \prod_{k = 0}^{+ \infty} (1 - α^{k} x) = f (0) P (x) .$
(c)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R = + \infty$ .
La somme de cette série entière est solution de $(E)$ si, et seulement si,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} α^{n} x^{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n - 1} α^{n - 1} x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, cela équivaut à

$\forall n \geq 1, a_{n} = \frac{α^{n - 1}}{α^{n} - 1} a_{n - 1} .$

Inversement, considérons alors la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ avec

$a_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (\frac{α^{k - 1}}{α^{k} - 1})$

de sorte que

$a_{n} = \frac{α^{n - 1}}{α^{n} - 1} a_{n - 1} .$

Cette série entière est de rayon de convergence $R = + \infty$ car

$| \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} | = \frac{α^{n - 1}}{α^{n} - 1} \to 0$

et l’étude qui précède assure que sa somme $x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ est solution de $(E)$ prenant la valeur 1 en 0.
En vertu de la question précédente, on peut affirmer

$\forall x \in ℝ, \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\prod_{k = 1}^{n} \frac{α^{k - 1}}{α^{k} - 1}) x^{n} = P (x) .$

Exercice 95 2520 CENTRALE (MP)Correction

Pour $z \in ℂ$ et $n \in ℕ$ , on pose

P_{n} (z) = \prod_{k = 0}^{n} (1 - \frac{z}{2^{k}}) .

(a)

Montrer que $| P_{n} (z) | \leq P_{n} (- | z |)$ .
En déduire que la suite ${(P_{n} (z))}_{n \in ℕ}$ est bornée.

On pourra penser à introduire $\ln (P_{n} (- | z |))$ .
(b)

En étudiant la convergence de la série $\sum (P_{n + 1} (z) - P_{n} (z))$ , établir la convergence de la suite ${(P_{n} (z))}_{n \in ℕ}$ .
On introduit la fonction

$f : z \mapsto lim_{n \to + \infty} P_{n} (z) .$
(c)

Montrer que $f$ est continue en $0$ .
(d)

Montrer que $f$ est l’unique fonction continue en 0 vérifiant

$\forall z \in ℂ, f (z) = (1 - z) f (z / 2) et f (0) = 1 .$
(e)

Montrer que $f$ est développable en série entière.

Solution

(a)

Puisque

$| 1 - \frac{z}{2^{k}} | \leq 1 + \frac{| z |}{2^{k}}$

l’inégalité $| P_{n} (z) | \leq P_{n} (- | z |)$ est immédiate.
Par produit à facteurs strictement positifs, on a $P_{n} (- | z |) > 0$ et l’on peut donc introduire

$\ln (P_{n} (- | z |)) = \sum_{k = 0}^{n} \ln (1 + \frac{| z |}{2^{k}}) .$

Or

$\ln (1 + \frac{| z |}{2^{n}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{| z |}{2^{n}}$

et ce terme est donc sommable. On peut alors écrire

$\ln (P_{n} (- | z |)) \leq M = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{| z |}{2^{n}})$

puis

$| P_{n} (z) | \leq e^{M} .$
(b)

On a

$| P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) | \leq | P_{n} (z) | \frac{| z |}{2^{n + 1}} \leq e^{M} \frac{| z |}{2^{n + 1}} .$

Le majorant est sommable, la série télescopique $\sum P_{n + 1} (z) - P_{n} (z)$ est donc convergente et la suite $(P_{n} (z))$ est de même nature.
(c)

Pour $| z | \leq 1$ , on a

$| P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) | \leq \frac{e^{M}}{2^{n + 1}} avec M = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{2^{n}})$

et donc

$sup_{| z | \leq 1} | P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) | \leq \frac{e^{M}}{2^{n + 1}} .$

Ce terme est sommable, la série télescopique $\sum P_{n + 1} (z) - P_{n} (z)$ converge donc normalement, et donc uniformément, sur le domaine défini par la condition $| z | \leq 1$ . On en déduit que la suite de fonctions ${(P_{n} (z))}_{n \in ℕ}$ converge uniformément sur ce même domaine. Or chaque fonction $P_{n}$ est continue en 0 et donc sa limite simple $f$ est continue en 0.
(d)

La fonction $f$ vérifie évidemment les conditions énoncées.
Inversement, si une fonction $g$ vérifie les conditions proposées alors

$g (z) = (1 - z) g (z / 2) = (1 - z) (1 - z / 2) g (z / 4) = \dots$

Par récurrence

$g (z) = P_{n} (z) g (z / 2^{n + 1}) .$

Par continuité de $g$ en 0, un passage à la limite donne $g (z) = f (z)$ .
(e)

Par analyse-synthèse, la recherche d’une fonction somme de série entière $\sum a_{n} z^{n}$ solution conduit à

$a_{n} = 2^{n} \prod_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 - 2^{k}}$

et un rayon de convergence infini.

Exercice 96 5087 MINES (PSI)

Soit $q \in] - 1; 1 [$ . Montrer qu’il existe une unique fonction $f : ℝ \to ℝ$ continue vérifiant

f (0) = 1 et f (x) = (1 + x) f (q x) pour tout x \in ℝ

et justifier que celle-ci est développable en série entière sur $ℝ$ .

Exercice 97 3878 Correction

Pour $α \in [0; 1 [$ et $x \in ℝ$ on pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} sh (α^{n} x) .

(a)

Montrer que la fonction $S$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Former une relation engageant $S (α x)$ et $S (x)$ .
(c)

Établir que la fonction $S$ est développable en série entière sur $ℝ$ et exprimer ce développement.

Solution

(a)

Posons $u_{n} (x) = sh (α^{n} x)$ . La fonction $u_{n}$ est définie et continue sur $ℝ$ .
Pour $a \geq 0$ , on a

$sup_{x \in [- a; a]} | u_{n} (x) | = sh (a α^{n})$

avec

$n^{2} sh (a α^{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} n^{2} a α^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge donc normalement sur $[- a; a]$ pour tout $a \geq 0$ .
Par convergence normale sur tout segment, la fonction $S$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Pour $x \in ℝ$ ,

$S (α x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} sh (α^{n} x) = S (x) - sh (x) .$

Ainsi,

$\forall x \in ℝ, S (x) - S (α x) = sh (x) .$
(c)

Analyse: Supposons $S$ développable en série entière sur $ℝ$ avec

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .$

L’égalité $S (x) - S (α x) = sh (x)$ fournit

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} (1 - α^{n}) x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(2 n + 1)!} x^{2 n + 1}$

par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient

$\forall n \in ℕ, a_{2 n + 1} = \frac{1}{(1 - α^{2 n + 1}) (2 n + 1)!} et a_{2 n} = 0 .$

Synthèse: Considérons la fonction définie par

$T (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{(1 - α^{2 n + 1}) (2 n + 1)!} .$

Le rayon de convergence de la série entière définissant $T$ est $+ \infty$ et par les calculs qui précèdent

$\forall x \in ℝ, T (x) - T (α x) = sh (x) .$

Il reste à montrer $T = S$ pour conclure.

Soit $x \in ℝ$ . Pour tout $n \in ℕ$ , o

$T (α^{n} x) - T (α^{n + 1} x) = sh (α^{n} x) .$

En sommant

$T (x) - T (α^{n} x) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (T (α^{k} x) - T (α^{k + 1} x)) = \sum_{k = 0}^{n - 1} sh (α^{k} x) .$

Sachant que $T$ est continue en 0 avec $T (0) = 0$ , on obtient quand $n \to + \infty$

$T (x) = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n - 1} sh (α^{k} x) = S (x) .$

Exercice 98 6044 CENTRALE (MP)Correction

On admet l’existence et unicité de la suite de polynômes $(A_{n})$ vérifiant

A_{0} = 1, A_{n + 1}^{'} = A_{n} et \int_{0}^{1} A_{n + 1} (t) d t = 0 pour tout n \in ℕ .

On pose $a_{n} = A_{n} (0)$ pour tout $n \in ℕ$ .

(a)

Calculer $A_{1}$ , $A_{2}$ et $A_{3}$ .
(b)
Avec Python:
1. (i)
  
  Écrire une fonction A(n) qui renvoie le polynôme $A_{n}$ .
  
  Conjecturer le comportement asymptotique de la suite $(a_{n})$ .
2. (ii)
  
  Comparer $A_{n} (0)$ et $A_{n} (1)$ pour différentes valeurs de $n$ . Conjecture ?
  
  Comparer également $A_{n} (X)$ et $A_{n} (1 - X)$ pour différentes valeurs de $n$ . Conjecture ?
3. (iii)
  
  Tracer sur un même graphe les courbes des fonctions
  
  $λ \mapsto \frac{λ}{e^{λ} - 1} et λ \mapsto \sum_{n = 0}^{N} a_{n} λ^{n}$
  
  pour $N \in ⟦ 0; 5 ⟧$ sur l’intervalle $[- 3; 3]$ . Conjecture ?
(c)

Démontrer les conjectures introduites en (ii). Déduire que

$\forall n \in ℕ^{*}, a_{2 n + 1} = 0 .$
(d)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ de classe $𝒞^{\infty}$ . Montrer que, pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$f (1) - f (0) = \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} - \sum_{k = 2}^{n} a_{k} (f^{(k)} (1) - f^{(k)} (0)) + {(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} A_{n} (t) f^{(n + 1)} (t) d t .$
(e)

Montrer que

$\forall x \in [0; 1], | A_{n} (x) | \leq 1 .$

On pourra montrer que $| {\hat{A}}_{n + 1} (x) | \leq \frac{1}{2}$ où ${\hat{A}}_{n + 1} (x) = \int_{1 / 2}^{x} A_{n} (t) d t$ .
(f)

Montrer la conjecture introduite en (iii).

On utilisera la question précédente avec $f : x \mapsto e^{λ x}$ .

Solution

(a)

$A_{1}$ est une primitive de $t \mapsto 1$ donc $A_{1} (t) = t + C$ . Aussi, $\int_{0}^{1} A_{1} (t) d t = 0$ donc $C = - 1 / 2$ . Ainsi, $A_{1} = t - 1 / 2$ .

De la même façon, $A_{2} = \frac{1}{2} t^{2} - \frac{1}{2} t + \frac{1}{12}$ et $A_{3} = \frac{1}{6} t^{3} - \frac{1}{4} t^{2} + \frac{1}{12} t$ .

(b)

(i)

from scipy.integrate import quad
from numpy.polynomial import Polynomial

def A(n):
    if n == 0:
        return Polynomial([1])
    P = A(n-1)
    Q = P.integ()
    R = Q.integ()
    return Q - (R(1) - R(0))

La commande [A(n)(0) for n in range(10)] permet d’accéder aux dix premières valeurs $a_{n}$ . Celles-ci semblent tendre vers $0$ et être nulle à partir pour $n \geq 3$ impair.

(ii)

La commande [[A(n)(0), A(n)(1)] for n in range(10)] permet de voir conjointement $A_{n} (0)$ et $A_{n} (1)$ pour les dix premières valeurs de $n$ . Celles-ci semblent égales sauf pour $n = 1$ .
Le code
```
for n in range(10):
    print(A(n))
    print(A(n)(Polynomial([1, -1])))
```
permet de présumer $A_{n} (1 - X) = {(- 1)}^{n} A_{n} (X)$ .

(iii)

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

l = np.linspace(-3, 3)
plt.plot(l, l/(np.exp(l) - 1), linestyle="dotted")

S = 0
for n in range(0, 6):
    S += A(n)(0) * l**n
    plt.plot(l, S)
plt.show()

La série entière $\sum a_{n} x^{n}$ semblent être de somme $x \mapsto \frac{x}{e^{x} - 1}$ .

(c)

Pour $n \in ℕ$ , $n \geq 2$ ,

$A_{n} (1) - A_{n} (0) = \int_{0}^{1} A_{n}^{'} (t) d t = \int_{0}^{1} A_{n - 1} (t) d t = 0 .$

Ainsi, $A_{n} (1) = A_{n} (0)$ pour tout $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ .

Pour $n \in ℕ$ , posons $B_{n} = {(- 1)}^{n} A_{n} (1 - X)$ . On vérifie

$B_{0} = 1, B_{n + 1}^{'} = B_{n} et \int_{0}^{1} B_{n} (t) d t = {(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} A_{n} (1 - t) d t = 0 .$

Par unicité, $B_{n} = A_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ . Ainsi,

$\forall n \in ℕ, A_{n} (1 - X) = {(- 1)}^{n} A_{n} (X) .$

En évaluant en $1$ ,

$\forall n \in ℕ, A_{n} (1) = {(- 1)}^{n} A_{n} (0) .$

Par conséquent, pour $n$ impair, $n \geq 2$ , on obtient $a_{n} = 0$ .
(d)

Procédons par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ ,

$f (1) - f (0)$ $= \int_{0}^{1} f^{'} (t) d t = {[(t - \frac{1}{2}) f^{'} (t)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} (t - \frac{1}{2}) f^{''} (t) d t$

$= \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} - \int_{0}^{1} A_{1} (t) f^{''} (t) d t .$

Supposons la propriété vraie au rang $n \in ℕ^{*}$ .

Par intégration par parties,

${(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} A_{n} (t) f^{(n + 1)} (t) d t = {[{(- 1)}^{n} A_{n + 1} (t) f^{(n + 1)} (t)]}_{0}^{1} + {(- 1)}^{n + 2} \int_{0}^{1} A_{n + 1} f^{(n + 2)} (t) d t$

avec

${[{(- 1)}^{n} A_{n + 1} (t) f^{(n + 1)} (t)]}_{0}^{1}$ $= {(- 1)}^{n} a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$

$= - a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$

car si $n$ est pair $a_{n + 1} = 0$ . On peut alors établir l’égalité au rang $n + 1$ .

La récurrence est établie.
(e)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ .

C’est immédiat pour $n = 0$ .

Supposons la propriété vraie au rang $n \in ℕ$ .

Par hypothèse de récurrence, on a immédiatement $| {\hat{A}}_{n + 1} (x) | \leq \frac{1}{2}$ pour tout $x \in [0; 1]$ car l’intégrale définissant ${\hat{A}}_{n + 1}$ porte sur une fonction bornée par $1$ sur un intervalle de longueur inférieure à $1 / 2$ .

Si $n$ est pair, l’égalité $A_{n + 1} (1 - X) = {(- 1)}^{n + 1} A_{n} (X)$ oblige $A_{n + 1} (1 / 2) = 0$ et donc

$A_{n + 1} (x) = \int_{\frac{1}{2}}^{x} A_{n + 1}^{'} (t) d t = \int_{1 / 2}^{x} A_{n} (t) d t = {\tilde{A}}_{n + 1} (x) .$

Ainsi, $A_{n + 1}$ est bornée par $1 / 2$ et donc a fortiori aussi par $1$ .

Si $n$ est impair,

$A_{n + 1} (x) = A_{n + 1} (\frac{1}{2}) + \int_{1 / 2}^{x} A_{n} (t) d t = A_{n + 1} (\frac{1}{2}) + {\hat{A}}_{n + 1} (x) .$

Or

$\int_{0}^{1} A_{n + 1} (t) d t = 0$

et donc

$A_{n + 1} (\frac{1}{2}) = - \int_{0}^{1} {\hat{A}}_{n + 1} (t) d t$

ce qui entraîne

$| A_{n + 1} (\frac{1}{2}) | \leq \int_{0}^{1} | {\hat{A}}_{n + 1} (t) | d t \leq \frac{1}{2} .$

On en déduit que $A_{n + 1}$ est bornée par $1 / 2 + 1 / 2 = 1$ .

La récurrence est établie.
(f)

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec $f^{k} (x) = λ^{k} e^{λ x}$ pour tout $k \in ℕ$ . On remarque

$| \int_{0}^{1} A_{n} (t) f^{(n + 1)} (t) d t | \leq \int_{0}^{1} {| λ |}^{n + 1} e^{λ t} d t = {| λ |}^{n} | e^{λ} - 1 | \to_{n \to + \infty}^{} 0$

en supposant $| λ | < 1$ .

On a alors

$\sum_{k = 2}^{n} a_{k} (f^{(k)} (1) - f^{(k)} (0)) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} + f (0) - f (1) .$

Sachant $a_{0} = 1$ et $a_{1} = - 1 / 2$ , on obtient en ajoutant deux termes à la somme

$\sum_{k = 0}^{n} a_{k} (f^{(k)} (1) - f^{(k)} (0)) \to_{n \to + \infty}^{} f^{'} (0)$

soit

$\sum_{k = 0}^{n} a_{k} λ^{k} (e^{λ} - 1) \to_{n \to + \infty}^{} λ .$

On en déduit

$\forall | λ | < 1, \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} λ^{n} = \frac{λ}{e^{λ} - 1} .$

L’identité n’est pas vraie pour tout $λ \in ℝ$ .
```
l = np.linspace(-10, 10)
plt.plot(l, l/(np.exp(l) - 1), linestyle="dotted")

S = 0
for n in range(0, 10):
    S += A(n)(0) * l**n
    plt.plot(l, S)
plt.show()
```

Exercice 99 5743 MINES (PC)Correction

Former le développement en série entière de la fonction

x \mapsto \frac{x}{e^{x} - 1} .

Solution

La fonction étudiée n’est pas définie en $0$ mais on peut la prolonger par continuité car

\frac{x}{e^{x} - 1} \underset{x \to 0}{=} \frac{x}{1 + x + o (x) - 1} \to_{x \to 0}^{} 1 .

On étudie donc la fonction $f : ℝ \to ℝ$ définie par

f (x) = {\begin{matrix} \frac{x}{e^{x} - 1} & si x \neq 0 \\ 1 & si x = 0 . \end{matrix}

Méthode: On détermine les coefficients d’un développement en série entière de $f$ en employant une équation différentielle.

Analyse: Supposons que $f$ soit développable en série entière sur un intervalle $] - R; R [$ avec $R > 0$ . Il existe une suite réelle ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ telle que

\forall x \in] - R; R [, f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .

La fonction $f$ est alors de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ avec

\forall x \in] - R; R [, f^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} .

Puisque $(e^{x} - 1) f (x) = x$ , on obtient par dérivation

\forall x \in] - R; R [, (e^{x} - 1) f^{'} (x) + e^{x} f (x) = x

qui se relit

\forall x \in] - R; R [, (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n!}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n}) + (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n!}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}) = 1 .

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(k + 1) a_{k + 1}}{(n - k)!}) x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k)!}) x^{n} = 1 .

On réalise un glissement d’indice dans la première somme en l’indice $k$ et l’on isole le premier terme de la seconde somme en l’indice $n$ ,

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{k a_{k}}{(n - k + 1)!}) x^{n} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k)!}) x^{n} + a_{0} = 1 .

On adjoint un terme nul à la première somme en l’indice $k$ puis on combine les deux sommes en $n$ ,

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} \frac{k a_{k}}{(n - k + 1)!} + \frac{a_{k}}{(n - k)!}) x^{n} + a_{0} = 1

soit encore

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} ((n + 1) \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!}) x^{n} + a_{0} = 1 .

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, il vient

a_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!} = 0 .

Ces conditions déterminent entièrement la suite de coefficients ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ puisque

a_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!} .

En particulier¹¹ 1 La suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ est la suite des nombres de Bernoulli., $a_{1} = - 1 / 2$ , $a_{2} = 1 / 12$ , $a_{3} = 0$ , etc.

Synthèse: Considérons la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ avec ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ déterminée ci-dessus. Par récurrence forte, on vérifie $| a_{n} | \leq 1$ pour tout $n \in ℕ$ . En effet, cela est vrai pour $n = 0$ et, si cette inégalité est vraie pour $k = 0,1, \dots, n - 1$ , elle aussi vraie pour $n$ en vertu du calcul ci-dessous:

| a_{n} | = | - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!} | \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(n - k + 1)!} = \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k!} \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} - 2 = e - 2 \leq 1 .

La suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ étant bornée, le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est au moins égal à $1$ . La fonction $S$ somme de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est donc définie au moins sur $] - 1; 1 [$ . À rebours des calculs qui précèdent, on vérifie

\forall x \in] - 1; 1 [, (e^{x} - 1) S^{'} (x) + e^{x} S (x) = 1 .

et donc

\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{d}{d x} ((e^{x} - 1) S (x)) = 1 .

Par conséquent, il existe $λ \in ℝ$ tel que

\forall x \in] - 1; 1 [, (e^{x} - 1) S (x) = x + λ .

En évaluant en $x = 0$ , il vient $λ = 0$ et donc

\forall x \in] - 1; 1 [, (e^{x} - 1) S (x) = x .

Sachant $S (0) = 1 = f (0)$ , on obtient

\forall x \in] - 1; 1 [, f (x) = S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .

La fonction $f$ est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .

Exercice 100 3346

(Développement en série entière de la fonction tangente)

Soit $(a_{n})$ la suite réelle déterminée par $a_{0} = 1$ et la condition

a_{n} + \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{n - k}}{k!} = 0 pour tout n \geq 1 .

(1)

(a)

Calculer $a_{1}, a_{2}$ et $a_{3}$ .
(b)

Montrer que la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ est de rayon de convergence $R \geq 1$ .
(c)

Établir que pour tout $z \in ℂ$ tel que $| z | < R$ ,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n} = \frac{2}{e^{z} + 1} .$
(d)

Application : Déterminer l’expression du développement en série entière de la fonction tangente sur l’intervalle $] - R / 2; R / 2 [$ en fonction des termes de la suite $(a_{n})$ .

[<] Calcul de développement en série entières[>] Calcul de développement par équation différentielle

Exercice 101 986 Correction

Former le développement en série entière en 0 de la fonction

x \mapsto \ln (x^{2} - 5 x + 6) .

Solution

En dérivant et en décomposant en éléments simples

	$\frac{d}{d x} (\ln (x^{2} - 5 x + 6))$	$= \frac{2 x - 5}{(x - 2) (x - 3)} = \frac{1}{x - 2} + \frac{1}{x - 3}$
		$= - \frac{1}{2} \frac{1}{1 - x / 2} - \frac{1}{3} \frac{1}{1 - x / 3}$

donc

\ln (x^{2} - 5 x + 6) = \ln (6) - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} (\frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{3^{n}}) x^{n}

avec un rayon de convergence $R = 2$ .
On peut aussi trouver ce développement en série entière en factorisant

\ln (x^{2} - 5 x + 6) = \ln (2 - x) + \ln (3 - x) .

Exercice 102 4731

Former le développement en série entière de la fonction $\arcsin$ sur $] - 1; 1 [$ .

Préciser le rayon de convergence de la série entière obtenue.

Exercice 103 2525 CCINP (MP)Correction

Montrer que

f (x) = \arctan (1 + x)

est développable en série entière au voisinage de 0 et donner son rayon de convergence. Calculer cette série entière.

Solution

La fonction $f$ est dérivable et

f^{'} (x) = \frac{1}{1 + {(1 + x)}^{2}} = \frac{1}{x^{2} + 2 x + 2}

est une fraction rationnelle dont 0 n’est pas pôle. La fonction $f^{'}$ puis $f$ sont développables en série entière et les rayons de convergence des séries entières correspondantes sont égaux.

\frac{1}{x^{2} + 2 x + 2} = \frac{1 / 2 i}{x + 1 - i} - \frac{1 / 2 i}{x + 1 + i} = Re (\frac{- i}{x + 1 - i}) = Im (\frac{1}{x + 1 - i})

avec

\frac{1}{x + 1 - i} = \frac{1}{1 - i} \frac{1}{1 + \frac{x}{1 - i}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(1 - i)}^{n + 1}} x^{n}

avec un rayon de convergence $R = \sqrt{2}$ .
Comme $1 - i = \sqrt{2} e^{- i π / 4}$ on a

\frac{1}{x^{2} + 2 x + 2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{\cos (\frac{(3 n + 1) π}{4})}{2^{(n + 1) / 2}} x^{n}

puis

f (x) = \frac{π}{4} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{\cos (\frac{(3 n + 1) π}{4})}{(n + 1) 2^{(n + 1) / 2}} x^{n + 1}

avec $R = \sqrt{2}$ .

Exercice 104 78 CCINP (MP)Correction

Soient $x \in ℝ$ et $θ \in] 0; π / 2 [$ .

(a)

Calculer la partie imaginaire du complexe

$\frac{\sin (θ) e^{i θ}}{1 - x \sin (θ) e^{i θ}} .$
(b)

En déduire le développement en série entière de

$f (x) = \arctan (x - \frac{1}{\tan (θ)}) .$

Solution

(a)

Pour $x \in ℝ$ , on peut affirmer $x \sin (θ) e^{i θ} \neq 1$ et par multiplication par la quantité conjuguée

$\frac{\sin (θ) e^{i θ}}{1 - x \sin (θ) e^{i θ}} = \frac{\sin (θ) e^{i θ} (1 - x \sin (θ) e^{- i θ})}{{| 1 - x \sin (θ) e^{i θ} |}^{2}} .$

On en déduit

$Im (\frac{\sin (θ) e^{i θ}}{1 - x \sin (θ) e^{i θ}}) = \frac{\sin^{2} (θ)}{1 - 2 x \sin (θ) \cos (θ) + x^{2} \sin^{2} (θ)} .$
(b)

La fonction $f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ et, après calculs

$f^{'} (x) = \frac{\sin^{2} (θ)}{1 - 2 x \sin (θ) \cos (θ) + x^{2} \sin^{2} (θ)} .$

Pour $| x \sin (θ) | < 1$ , on a

$\frac{\sin (θ) e^{i θ}}{1 - x \sin (θ) e^{i θ}} = \sin (θ) e^{i θ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(x \sin (θ) e^{i θ})}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\sin (θ))}^{n + 1} e^{i (n + 1) θ} x^{n} .$

On en déduit

$f^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\sin (θ))}^{n + 1} \sin ((n + 1) θ) x^{n}$

puis, par intégration de développement en série entière,

$f (x) = f (0) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(\sin (θ))}^{n} \sin (n θ)}{n} x^{n}$

avec

$f (0) = - \arctan (\frac{1}{\tan (θ)}) = \arctan (\tan (θ - π / 2)) = θ - π / 2$

car $θ - π / 2 \in] - π / 2; π / 2 [$ .

Exercice 105 991

Pour $α \in] 0; π [$ , former le développement en série entière en 0 de la fonction

f : x \mapsto \arctan (\frac{1 + x}{1 - x} \tan (\frac{α}{2})) .

Exercice 106 2848 MINES (MP)Correction

Pour $x \in] - 1; 1 [$ et $α \in ℝ$ , établir

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} \sin (n α) = \arctan (\frac{x \sin (α)}{1 - x \cos (α)}) .

Solution

Pour $| x | < 1$ , on a

\frac{d}{d x} (\arctan (\frac{x \sin (α)}{1 - x \cos (α)})) = \frac{\sin (α)}{1 - 2 x \cos (α) + x^{2}} .

Par décomposition en éléments simples

\frac{\sin (α)}{1 - 2 x \cos (α) + x^{2}} = \frac{1}{2 i} (\frac{1}{e^{- i α} - x} - \frac{1}{e^{i α} - x}) .

On reconnaît une écriture en $(Z - \bar{Z}) / 2 i$ , c’est donc une partie imaginaire

\frac{\sin (α)}{1 - 2 x \cos (α) + x^{2}} = Im (\frac{1}{e^{- i α} - x}) = Im (\frac{e^{i α}}{1 - x e^{i α}}) .

Par sommation géométrique

\frac{e^{i α}}{1 - x e^{i α}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{i (n + 1) α} x^{n}

et donc

\frac{d}{d x} (\arctan (\frac{x \sin (α)}{1 - x \cos (α)})) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sin ((n + 1) α) x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (n α) x^{n - 1} .

Par intégration de série entière, on obtient alors la relation proposée.

Exercice 107 2857 MINES (MP)Correction

Développer en série entière

x \mapsto \int_{- \infty}^{x} \frac{d t}{1 + t + t^{2}} .

Solution

Posons

f (x) = \int_{- \infty}^{x} \frac{d t}{1 + t + t^{2}} .

On vérifie aisément la convergence de cette intégrale et la fonction $f$ est définie et dérivable sur $ℝ$ avec

f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x + x^{2}} .

Pour $| x | < 1$ ,

f^{'} (x) = \frac{1 - x}{1 - x^{3}} = (1 - x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{3 n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}

avec

a_{3 n} = 1, a_{3 n + 1} = - 1 et a_{3 n + 2} = 0 .

En intégrant,

f (x) = f (0) + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n + 1} x^{n + 1}

avec

f (0) = \int_{- \infty}^{0} \frac{d t}{1 + t + t^{2}} .

Pour calculer cette intégrale, on écrit

\int_{- \infty}^{0} \frac{d t}{1 + t + t^{2}} = \int_{- \infty}^{0} \frac{d t}{{(t + \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}} = \frac{2}{\sqrt{3}} {[\arctan (\frac{2 t + 1}{\sqrt{3}})]}_{- \infty}^{0} .

Après calculs

f (0) = \frac{4 π}{3 \sqrt{3}} .

[<] Calcul de développement par dérivation intégration[>] Calcul de sommes de séries entières

Exercice 108 1013 Correction

Soient $p \in ℕ$ et

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + p}{p}) x^{n} .

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière définissant cette fonction.
(b)

Calculer $f (x)$ en étudiant $(1 - x) f^{'} (x)$ .

Solution

(a)

On a

$(\binom{n + p}{p}) = \frac{n (n - 1) \dots (n - p + 1)}{p!} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{p!} n^{p}$

donc le rayon de convergence de $f$ vaut 1.
(b)

Sur $] - 1; 1 [$ $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et

$f^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\binom{n + p}{p}) n x^{n - 1} .$

Donc

$(1 - x) f^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) (\binom{n + p + 1}{p}) x^{n} - \sum_{n = 0}^{+ \infty} n (\binom{n + p}{p}) x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} α_{n} x^{n}$

avec

$α_{n} = (n + 1) (\binom{n + p + 1}{p}) - n (\binom{n + p}{p})$

qui donne

$α_{n} = (n + p + 1) (\binom{n + p}{p}) - n (\binom{n + p}{p}) = (p + 1) (\binom{n + p}{p}) .$

Par suite,

$(1 - x) f^{'} (x) = (p + 1) f (x) .$

Les solutions de l’équation différentielle linéaire d’ordre 1

$(1 - x) y^{'} = (p + 1) y$

sur $] - 1; 1 [$ sont

$y (x) = \frac{C}{{(1 - x)}^{p + 1}}$

avec $C \in ℝ$ .
Sachant $f (0) = 1$ , on obtient

$f (x) = \frac{1}{{(1 - x)}^{p + 1}} .$

Exercice 109 1014

On considère la fonction $f :] - 1; 1 [\to ℝ$ définie par

f (x) = \frac{\arcsin (x)}{\sqrt{1 - x^{2}}} .

(a)

Justifier l’existence d’une suite de coefficients réels $(a_{n})$ (que l’on ne cherchera pas à calculer pour le moment) telle que

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{2 n + 1} pour tout x \in] - 1; 1 [.$
(b)

Calculer les coefficients de cette suite en introduisant une équation différentielle linéaire du premier ordre vérifiée par la fonction $f$ .

Exercice 110 1015 Correction

Former le développement en série entière en $0$ de la fonction

f : x \mapsto \frac{\arccos (x)}{\sqrt{1 - x^{2}}} .

Solution

$f$ admet un développement en série entière en $0$ par produit fonctions développables en série entière. De plus, son rayon de convergence vérifie $R \geq 1$ . On peut alors écrire

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} sur] - 1; 1 [.

La fonction $f$ est dérivable sur $] - 1; 1 [$ et est solution de l’équation différentielle

(x^{2} - 1) y^{'} + x y - 1 = 0 .

(x^{2} - 1) f^{'} (x) + x f (x) - 1 = - (a_{1} + 1) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (n a_{n - 1} - (n + 1) a_{n + 1}) x^{n} .

Par identification des coefficients d’une série entière,

a_{1} = - 1 et a_{n + 1} = \frac{n}{n + 1} a_{n - 1} pour tout n \geq 1 .

De plus, $a_{0} = f (0) = π / 2$ et donc

a_{2 p} = \frac{(2 p - 1)}{2 p} \times \dots \times \frac{1}{2} a_{0} = \frac{(2 p)!}{{(2^{p} p!)}^{2}} \frac{π}{2} et a_{2 p + 1} = \frac{2 p}{2 p + 1} \dots \frac{2}{3} a_{1} = - \frac{{(2^{p} p!)}^{2}}{(2 p + 1)!} .

Exercice 111 1017

Soient $α \in ℝ$ et la fonction $f : x \mapsto \cos (2 α \arcsin (x))$ définie sur $[- 1; 1]$ .

(a)

Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ dont $f$ est solution.
(b)

En déduire que $f$ est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ et former ce développement.

Exercice 112 2858 MINES (MP)Correction

Développer en série entière $f : x \mapsto \sqrt{x + \sqrt{1 + x^{2}}}$ au voisinage de 0.

Solution

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur un voisinage de 0 avec

f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{1 + x^{2}}} f (x)

f^{''} (x) = \frac{- x}{2 {(1 + x^{2})}^{3 / 2}} f (x) + \frac{1}{2 \sqrt{1 + x^{2}}} f^{'} (x) .

La fonction $f$ est donc solution de l’équation différentielle

(1 + x^{2}) y^{''} (x) + x y^{'} (x) - \frac{1}{4} y (x) = 0

avec les conditions initiales $y (0) = 1$ et $y^{'} (0) = 1 / 2$ .

Analyse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ dont la somme $S$ est solution de l’équation différentielle précédente. Pour tout $x \in] - R; R [$ , on a

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}, S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1}

S^{''} (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} n (n - 1) a_{n} x^{n - 2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 2) (n + 1) a_{n + 2} x^{n} .

La relation $(1 + x^{2}) S^{''} (x) + x S^{'} (x) - S (x) / 4 = 0$ donne

\sum_{n = 0}^{+ \infty} ((n + 2) (n + 1) a_{n + 2} + (n^{2} - 1 / 4) a_{n}) x^{n} = 0 .

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient la relation

\forall n \in ℕ, a_{n + 2} = - \frac{1}{4} \frac{(2 n + 1) (2 n - 1)}{(n + 2) (n + 1)} a_{n} .

En adjoignant les conditions initiales $S (0) = 1$ et $S^{'} (0) = 1 / 2$ , on parvient à

a_{2 p} = \frac{{(- 1)}^{p}}{2^{4 p - 1}} \frac{(4 p - 2)!}{((2 p)!) ((2 p - 1)!)} et a_{2 p + 1} = \frac{{(- 1)}^{p}}{2^{4 p}} \frac{(4 p - 1)!}{(2 p + 1)! (2 p - 1)!} .

Synthèse: Considérons la série entière déterminée au terme de l’analyse. Celle-ci se comprend comme la somme de deux séries entières $\sum a_{2 p} x^{2 p}$ et $\sum a_{2 p + 1} x^{2 p + 1}$ chacune de rayon de convergence 1 car

| \frac{a_{n + 2}}{a_{n}} | = \frac{(2 n + 1) (2 n - 1)}{4 (n + 2) (n + 1)} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .

Cette série entière est donc de rayon de convergence $R \geq 1$ et, compte tenu des calculs de l’analyse, sa somme est solution de l’équation différentielle

(1 + x^{2}) y^{''} (x) + x y^{'} (x) - \frac{1}{4} y (x) = 0 .

Elle vérifie de plus les conditions initiales $y (0) = 1$ et $y^{'} (0) = 1 / 2$ . Puisque la fonction $f$ est aussi solution de ce problème de Cauchy et que ce dernier possède une solution unique, on peut identifier $f$ et la somme de la série entière.

Exercice 113 1018 Correction

Former le développement en série entière en $0$ de

x \mapsto sh (\arcsin (x)) .

Solution

Posons

f : x \mapsto sh (\arcsin (x)) .

La fonction $f$ est indéfiniment dérivable et vérifie l’équation différentielle

(1 - x^{2}) y^{''} - x y^{'} - y = 0

avec les conditions initiales $y (0) = 0$ et $y^{'} (0) = 1$ .

Analyse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $S$ .

La fonction $S$ vérifie sur $] - R; R [$ l’équation différentielle proposée et les conditions initiales imposées si, et seulement si,

a_{0} = 0, a_{1} = 1 et \forall n \in ℕ, a_{n + 2} = \frac{n^{2} + 1}{(n + 2) (n + 1)} a_{n} .

Cela donne

a_{2 p} = 0 et a_{2 p + 1} = \frac{\prod_{k = 1}^{p} ({(2 p - 1)}^{2} + 1)}{(2 p + 1)!} .

Synthèse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ la série entière déterminée par les coefficients précédemment proposés.

Pour $x \neq 0$ et $u_{p} = a_{2 p + 1} x^{2 p + 1}$ ,

| \frac{u_{p + 1}}{u_{p}} | \to_{p \to + \infty}^{} {| x |}^{2} .

Le rayon de convergence de la série entière étudiée vaut donc $1$ . Par les calculs qui précèdent, on peut affirmer que sa somme $S$ est solution de l’équation différentielle

(1 - x^{2}) y^{''} - x y^{'} - y = 0

vérifiant les conditions initiales $y (0) = 0$ et $y^{'} (0) = 1$ . Par unicité des solutions à un tel problème différentiel, on conclut que $f$ est la somme des la série entière introduite sur $] - 1; 1 [$ .

Exercice 114 3659 Correction

Pour $x \in] - 1; + \infty [$ , on pose

f (x) = \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{x + t} d t .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est bien définie.
(b)

Former une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ vérifiée par $f$ .
(c)

En déduire que $f$ est développable en série entière sur un intervalle voisinage de $0$ .

Solution

(a)

Posons $u (x, t) = e^{- t} / (x + t)$ définie sur $] - 1; + \infty [\times [1; + \infty [$ .
Pour chaque $x > - 1$ , $t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $[1; + \infty [$ et

$t^{2} u (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f$ est donc bien définie sur $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Pour chaque $t \geq 1$ , $x \mapsto u (x, t)$ est dérivable et

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - \frac{e^{- t}}{{(x + t)}^{2}} .$

La fonction $\frac{\partial u}{\partial x}$ est continue par morceaux en $t$ , continue en $x$ et pour tout $a > - 1$

$\forall (x, t) \in [a; + \infty [\times [1; + \infty [, | \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | \leq \frac{e^{- t}}{{(a + t)}^{2}} = φ_{a} (t)$

avec $φ_{a} : [1; + \infty [\to ℝ_{+}$ continue par morceaux et intégrable par des arguments analogues aux précédents.
On en déduit que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$f^{'} (x) = - \int_{1}^{+ \infty} \frac{e^{- t}}{{(x + t)}^{2}} d t .$

Par intégration par parties, on obtient

$f^{'} (x) - f (x) = - \frac{e^{- 1}}{x + 1} .$
(c)

Analyse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ solution de l’équation différentielle précédente. Pour tout $x \in] - R; R [\cap] - 1; 1 [$ , on a

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} ((n + 1) a_{n + 1} - a_{n}) x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} e^{- 1} x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on a

$\forall n \in ℕ, (n + 1) a_{n + 1} = a_{n} + {(- 1)}^{n + 1} e^{- 1} .$

Après résolution de la relation de récurrence,

$\forall n \in ℕ, a_{n} = \frac{a_{0}}{n!} + e^{- 1} \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{{(- 1)}^{(n - 1 - k)} k!}{n!} .$

Synthèse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ la série entière déterminée par les coefficients précédents. On a

$| a_{n} | \leq | a_{0} | + e^{- 1} \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{n!} = | a_{0} | + e^{- 1} .$

La suite $(a_{n})$ est bornée et le rayon de convergence $R$ de la série entière est donc au moins égal à $1$ . Par les calculs qui précédent, on peut affirmer que la somme $S$ de la série entière est solution de l’équation différentielle sur $] - 1; 1 [$ . En ajoutant la condition initiale $a_{0} = f (0)$ , on peut affirmer que $f (x) = S (x)$ sur $] - 1; 1 [$ par unicité d’une solution à un problème de Cauchy pour une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ .

Exercice 115 937 Correction

Former le développement en série entière en 0 de

x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} \sin (t x) d t .

(a)

en procédant à une intégration terme à terme.
(b)

en déterminant une équation différentielle dont la fonction est solution.

Solution

(a)

On a

$\sin (t x) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1)!} t^{2 k + 1} x^{2 k + 1} .$

À l’aide d’intégration par parties

$\int_{0}^{+ \infty} t^{2 k + 1} e^{- t^{2}} = \frac{k!}{2} .$

Or

$\int_{0}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1)!} t^{2 k + 1} x^{2 k + 1} | d t \leq \frac{k!}{2 (2 k + 1)!} {| x |}^{2 k + 1}$

qui est terme général d’une série convergente.
On peut donc appliquer le théorème d’intégration terme à terme et affirmer

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} \sin (t x) d t = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k} k!}{2 (2 k + 1)!} x^{2 k + 1}$

pour tout $x \in ℝ$ .
(b)

La fonction $t \mapsto e^{- t^{2}} \sin (t x)$ est continue et intégrable sur $ℝ_{+}$ et

$| \frac{d}{d x} (e^{- t^{2}} \sin (t x)) | \leq t e^{- t^{2}}$

avec $t \mapsto t e^{- t^{2}}$ intégrable sur $ℝ_{+}$ .
La fonction

$f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} e^{- t^{2}} \sin (t x) d t$

est de classe $𝒞^{1}$ et

$f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} t e^{- t^{2}} \cos (t x) d t .$

À l’aide d’une intégration par parties

$f^{'} (x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} x f (x)$

et ainsi $f$ est solution sur $ℝ$ de l’équation différentielle

$2 y^{'} + x y = 1 .$

De plus, $f$ vérifie la condition initiale $f (0) = 0$ .
Si une somme de série entière est solution de l’équation différentielle $2 y^{'} + x y = 1$ et vérifiant $y (0) = 0$ , c’est, après calculs, la fonction

$g : x \mapsto \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k} k!}{2 (2 k + 1)!} x^{2 k + 1}$

de rayon de convergence $R = + \infty$ .
Puisque $f$ et $g$ sont solutions sur $ℝ$ à l’équation différentielle linéaire $2 y^{'} + x y = 1$ vérifiant la condition initiale $y (0) = 0$ et puisque le théorème de Cauchy assure l’unicité d’une solution à un tel problème, on peut identifier $f$ et $g$ .

Finalement,

$f (x) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k} k!}{2 (2 k + 1)!} x^{2 k + 1}$

pour tout $x \in ℝ$ .

Exercice 116 1019 MINES (PC)

Pour $x \in ℝ$ , on pose

f (x) = e^{- x^{2}} \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t .

(a)

Former le développement en série entière de $f$ sur $ℝ$ par produit de développements en série entière.
(b)

Calculer de nouveau ce développement en introduisant cette fois-ci une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ vérifiée par $f$ .
(c)

En déduire l’identité

$\sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{2 k + 1} (\binom{n}{k}) = \frac{4^{n}}{(2 n + 1) (\binom{2 n}{n})} pour tout n \in ℕ .$

Exercice 117 3301 CCINP (MP)Correction

Pour $x \in ℝ$ , on pose $f (x) = ch (x) \cos (x)$ .

(a)

Développer $f$ en série entière en employant des fonctions exponentielles.
(b)

Retrouver le résultat en remarquant que $f$ est solution de l’équation différentielle $y^{(4)} + 4 y = 0$ .

Solution

(a)

On a

$f (x) = \frac{1}{4} (e^{x} + e^{- x}) (e^{i x} + e^{- i x}) = \frac{1}{4} (e^{(1 + i) x} + e^{(1 - i) x} + e^{(- 1 + i) x} + e^{(- 1 - i) x})$

donc pour tout $x \in ℝ$

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(1 + i)}^{n} + {(1 - i)}^{n} + {(- 1 + i)}^{n} + {(- 1 - i)}^{n}}{4 \cdot n!} x^{n} .$

On a $1 + i = \sqrt{2} e^{i π / 4}$ etc, donc

${(1 + i)}^{n} + {(1 - i)}^{n} + {(- 1 + i)}^{n} + {(- 1 - i)}^{n}$ $= 2 {\sqrt{2}}^{n} (\cos (\frac{n π}{4}) + \cos (\frac{3 n π}{4}))$

$= 4 {\sqrt{2}}^{n} \cos (\frac{n π}{4}) \cos (\frac{n π}{2}) .$

Finalement,

$f (x) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{2^{p} \cos (\frac{p π}{2})}{(2 p)!} x^{2 p} = \sum_{q = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{q} 2^{2 q}}{(4 q)!} x^{4 q} .$
(b)

Retrouvons ce résultat, en exploitant l’équation différentielle

$y^{(4)} + 4 y = 0 .$

La fonction $f$ est développable en série entière sur $ℝ$ par produit de telles fonctions. On peut donc écrire

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .$

Par l’équation différentielle $y^{(4)} + 4 y = 0$ , on obtient

$\forall n \in ℕ, (n + 4) (n + 3) (n + 2) (n + 1) a_{n + 4} + 4 a_{n} = 0 .$

Puisque $a_{0} = 1$ , $a_{1} = a_{3} = 0$ (par imparité) et $a_{2} = 0$ (par calculs), on obtient

$\forall q \in ℕ, a_{4 q} = \frac{{(- 1)}^{q} 4^{q}}{(4 q)!} et a_{4 q + 1} = a_{4 q + 2} = a_{4 q + 3} = 0$

ce qui conduit au développement précédent.

Exercice 118 2500 CCINP (MP)Correction

Soient $k > 0$ et $f : ℝ \to ℝ$ définie par

f (x) = \int_{0}^{1} t^{k} \sin (x t) d t .

(a)

Montrer que $f$ est continue sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ$ et vérifie

$\forall x \in ℝ, x f^{'} (x) + (k + 1) f (x) = \sin (x) .$
(c)

Déterminer toutes les fonctions développables en série entière en $0$ solutions de $x y^{'} + (k + 1) y = \sin (x)$ en précisant le rayon de convergence.

Solution

(a)

$(x, t) \mapsto t^{k} \sin (x t)$ est continue sur $ℝ \times [0; 1]$ donc, par intégration sur un segment, $f$ est continue.
(b)

$(x, t) \mapsto \frac{d}{d x} (t^{k} \sin (x t))$ est continue sur $ℝ \times [0; 1]$ donc, par intégration sur un segment, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ avec

$f^{'} (x) = \int_{0}^{1} x t^{k} \cos (x t) d t .$

On en déduit

$x f^{'} (x) + (k + 1) f (x) = \int_{0}^{1} \frac{d}{d t} (t^{k} \sin (x t)) d t = \sin (x) .$
(c)

Par analyse-synthèse, on obtient une seule fonction solution

$x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n + 1)! (2 n + 2 + k)} x^{2 n + 2}$

de rayon de convergence $+ \infty$ . Cette fonction correspond à $f$ comme on peut s’en convaincre par une intégration terme à terme.

Exercice 119 2498 CCINP (MP)Correction

On considère l’équation différentielle

(E) : t y^{'} + y = 3 t^{2} \cos (t^{3 / 2}) .

(a)

Montrer qu’il existe une unique solution $v$ de $(E)$ développable en série entière sur un voisinage de 0.
(b)

Trouver l’ensemble des solutions de $(E)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et en déduire une expression plus simple de $v$ .

Solution

(a)

Soit $v$ la somme d’une série entière $\sum a_{n} x^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .
La fonction $v$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ et

$t v^{'} (t) + v (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n} t^{n} .$

Parallèlement, sur $ℝ$

$3 t^{2} \cos (t^{3} / 2) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n)!} 3 t^{3 n + 2} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, $v$ est solution de $(E)$ sur $] - R; R [$ si, et seulement si,

$a_{3 n} = a_{3 n + 1} = 0 et a_{3 n + 2} = \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n)!} \cdot \frac{1}{n + 1} .$

Ainsi, la fonction $v$ est déterminée de manière unique et, de plus, celle-ci existe puisque le rayon de convergence de la série entière définie par les $a_{n}$ ci-dessus est $R = + \infty$ .
(b)

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur $] 0; + \infty [$ .
La solution générale homogène est $y (t) = λ / t$ . Par la méthode de la variation de la constante, on peut proposer la solution particulière

$y (t) = \frac{2 \cos (t^{3 / 2}) + 2 t^{3 / 2} \sin (t^{3 / 2})}{t}$

et finalement la solution générale

$y (t) = \frac{2 \cos (t^{3 / 2}) + 2 t^{3 / 2} \sin (t^{3 / 2})}{t} + \frac{λ}{t} .$

Parmi les solutions, la seule pouvant être prolongée par continuité en $0$ (et donc correspondre à $v$ ) est celle obtenue pour $λ = - 2$ .

$v (t) = \frac{2 (\cos (t^{3 / 2}) - 1) + 2 t^{3 / 2} \sin (t^{3 / 2})}{t} .$

[<] Calcul de développement par équation différentielle[>] Application à la détermination du terme général d'une suite

Exercice 120 997 Correction

Soit

f : x \mapsto \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n (n - 1)} x^{n} .

(a)

Déterminer l’intervalle de convergence de $f$ .
(b)

Exprimer la fonction $f$ à l’aide des fonctions usuelles sur $] - 1; 1 [$
(c)

Calculer $f (1)$ et $f (- 1)$ .

Solution

(a)

Notons $𝒟$ l’intervalle de convergence de cette série entière.
Le rayon de convergence étant $1$ on en déduit: $] - 1; 1 [\subset 𝒟 \subset [- 1; 1]$ .
De plus, $| \frac{{(- 1)}^{n}}{n (n - 1)} | \sim \frac{1}{n^{2}}$ donc $f (1)$ et $f (- 1)$ existe. Ainsi $𝒟 = [- 1; 1]$ .
(b)

Sur $] - 1; 1 [$ , $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et

$f^{'} (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n - 1} x^{n - 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{n} x^{n} = \ln (1 + x) .$

Donc

$\int \ln (1 + x) d x = (1 + x) \ln (1 + x) - x + C .$

Puisque $f (0) = 0$ , on conclut

$f (x) = (1 + x) \ln (1 + x) - x$

sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

$\forall x \in [- 1; 1], | \frac{{(- 1)}^{n}}{n (n - 1)} x^{n} | \leq \frac{1}{n (n - 1)} \sim \frac{1}{n^{2}}$

donc la série de fonctions définissant $f$ converge normalement sur $[- 1; 1]$ et par suite $f$ est continue.

$f (1) = lim_{x \to 1^{-}} f (x) = lim_{x \to 1^{-}} ((1 + x) \ln (1 + x) - x) = 2 \ln (2) - 1$

et

$f (- 1) = lim_{x \to - 1^{+}} f (x) = lim_{x \to - 1^{+}} ((1 + x) \ln (1 + x) - x) = 1 .$

Exercice 121 5309 ENSTIM (MP)Correction

On pose

u_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} x^{n} pour x \in ℝ et n \in ℕ .

(a)

Étudier la convergence simple de la série de fonctions $\sum u_{n}$ .

On note $S$ sa fonction somme.

(b)

Préciser $S (x)$ pour $x$ réel convenable.
(c)

Étudier la convergence normale et la convergence uniforme que la série de fonctions $\sum u_{n}$ .

Solution

(a)

$\sum u_{n}$ est une série entière de rayon de convergence $R = 1$ . Celle-ci converge en $1$ par application du critère spécial et diverge en $- 1$ . La série de fonctions converge simplement sur $] - 1; 1]$ .
(b)

Pour $x \in] - 1; 1]$ ,

$x S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} x^{n + 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} x^{n} = \ln (1 + x) .$

Pour $x \neq 0$ ,

$S (x) = \frac{\ln (1 + x)}{x}$

et $S (0) = 1$ (ce qui correspond à la valeur du prolongement par continuité).
(c)

Puisqu’il s’agit d’une série entière, il y a convergence normale sur tout segment inclus dans $] - 1; 1 [$ . Par le critère spécial, on peut établir la convergence uniforme sur $[0; 1]$ mais il n’y a pas convergence normale sur ce domaine car

$sup_{x \in [0; 1]} | u_{n} (x) | = \frac{1}{n + 1}$

(il n’y a pas non plus convergence normale sur $[0; 1 [$ ).

Il n’y a pas convergence uniforme (ni a fortiori convergence normale) sur $] - 1; 0]$ . En effet, si par l’absurde cette convergence normale a lieu, on peut employer le théorème de la double limite en $- 1$ et conclure à la convergence absurde de la série

$\sum \frac{1}{n + 1} .$

Exercice 122 996

Calculer le rayon de convergence et déterminer la somme de la série entière

\sum_{n \geq 0} {(- 1)}^{n - 1} \frac{n - 1}{n!} x^{2 n} .

Exercice 123 998 Correction

Rayon de convergence et somme de

\sum_{n \geq 0} \frac{(n + 1) (n - 2)}{n!} x^{n} .

Solution

Clairement $R = + \infty$ .

\sum_{n \geq 0} \frac{(n + 1) (n - 2)}{n!} x^{n} = \sum_{n \geq 0} \frac{n^{2} - n - 2}{n!} x^{n} = \sum_{n \geq 0} \frac{n (n - 1) - 2}{n!} x^{n}

donc

\sum_{n \geq 0} \frac{(n + 1) (n - 2)}{n!} x^{n} = \sum_{n \geq 2} \frac{x^{n}}{(n - 2)!} - 2 \sum_{n \geq 0} \frac{x^{n}}{n!} = (x^{2} - 2) e^{x} .

Exercice 124 3648 Correction

Rayon de convergence et somme de

\sum_{n \geq 0} {(- 1)}^{n + 1} n x^{2 n + 1} .

Solution

Pour $x \neq 0$ ,

| \frac{{(- 1)}^{n + 2} (n + 1)}{{(- 1)}^{n + 1} n} \frac{x^{2 n + 3}}{x^{2 n + 1}} | \to_{n \to + \infty}^{} | x^{2} |

donc $R = 1$ .
Pour $x \in] - 1; 1 [$

f (x) = \frac{1}{1 + x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} x^{n}

donc

x f^{'} (x) = - \frac{x}{{(1 + x)}^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} n x^{n}

puis

\sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} n x^{2 n + 1} = x \times (\frac{x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{2}}) = \frac{x^{3}}{{(1 + x^{2})}^{2}} .

Exercice 125 999 Correction

Rayon de convergence et somme de

\sum_{n \geq 0} \frac{x^{2 n}}{2 n + 1} .

Solution

Pour $x \neq 0$ , posons

u_{n} = \frac{x^{2 n}}{2 n + 1} \neq 0 .

Puisque

| \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} {| x |}^{2}

on obtient $R = 1$ .
Sachant

\frac{d}{d x} (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{2 n} = \frac{1}{1 - x^{2}}

on obtient par intégration de développement en série entière

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t^{2}} = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x})

puis, pour $x \neq 0$ ,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n}}{2 n + 1} = \frac{1}{2 x} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) .

Pour $x = 0$ , la somme vaut 1.

Exercice 126 1001 Correction

Rayon de convergence et somme de

\sum_{n \geq 0} \frac{x^{2 n}}{4 n^{2} - 1} .

Solution

Clairement $R = 1$ .

Posons

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n}}{4 n^{2} - 1} .

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1}{4 n^{2} - 1} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 1}) .

Sachant

\frac{d}{d x} (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{2 n} = \frac{1}{1 - x^{2}}

on obtient par intégration de développement en série entière

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t^{2}} = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) .

On en déduit

S (x) = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n}}{2 n - 1} - \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n}}{2 n + 1} = - \frac{1}{2} + \frac{x^{2} - 1}{4 x} \ln (\frac{1 + x}{1 - x})

pour $x \neq 0$ (et $S (0) = - 1$ ).

Exercice 127 5305 ENSTIM (MP)Correction

Soit $f$ la fonction réelle d’une variable réelle donnée par

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} \frac{x^{2 n + 1}}{4 n^{2} - 1} .

(a)

Déterminer le domaine de définition de $f$ et étudier sa continuité.
(b)

Étudier la dérivabilité de $f$ .
(c)

Calculer $f (x)$ pour $x$ réel convenable.

Solution

(a)

Pour $| x | \leq 1$ , le terme général de la série est dominé par $1 / n^{2}$ et, pour $| x | > 1$ , il ne tend pas vers $0$ . La fonction $f$ est définie sur $[- 1; 1]$ .

Posons

$u_{n} (x) = {(- 1)}^{n - 1} \frac{x^{2 n + 1}}{4 n^{2} - 1} pour x \in [- 1; 1] .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[- 1; 1]$ et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $[- 1; 1]$ car

$| u_{n} (x) | \leq \frac{1}{4 n^{2} - 1} pour tout n \geq 1 .$

On en déduit que la fonction $f$ est continue sur $[- 1; 1]$ .
(b)

$f$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R = 1$ et donc dérivable sur $] - 1; 1 [$ avec

$f^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} \frac{x^{2 n}}{2 n - 1} .$

Cette série satisfait le critère spécial des séries alternées et l’on peut proposer la majoration uniforme du reste

$| \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} \frac{x^{2 n}}{2 n - 1} | \leq \frac{1}{2 N + 1} \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

On peut alors appliquer le théorème de la double limite et affirmer que $f^{'} (x)$ possède une limite finie en $1^{-}$ et $- 1^{+}$ . Par le théorème de la limite de la dérivée, il vient que $f$ est dérivable sur $[- 1; 1]$ .
(c)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on remarque

$f^{'} (x) = 1 + x \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} = 1 + x \arctan (x) .$

Sachant $f (0) = 0$ ,

$f (x) = \int_{0}^{x} (- 1 - t \arctan (t)) d t = \dots = \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} (x^{2} + 1) \arctan (x)$

et cette relation est aussi vraie en $\pm 1$ par continuité.

Exercice 128 4733

Déterminer le rayon de convergence et la somme de

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(2 n)!} x^{n} .

Exercice 129 1000 Correction

Rayon de convergence et somme de

\sum_{n \geq 0} \frac{{(- 1)}^{n} x^{n}}{2 n + 1} .

Solution

Posons $a_{n}$ le coefficient de la série entière. Pour $x \neq 0$ ,

| \frac{a_{n + 1} x^{n + 1}}{a_{n} x^{n}} | = \frac{2 n + 3}{2 n + 1} | x | \to_{n \to + \infty}^{} | x |

Par la règle de d’Alembert, on obtient $R = 1$ .

Posons

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{n}}{2 n + 1} .

On a

x S (x^{2}) = \arctan (x) .

On en déduit

S (x) = \frac{\arctan (\sqrt{x})}{\sqrt{x}} pour x > 0 .

Sachant

\frac{d}{d x} (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{2 n} = \frac{1}{1 - x^{2}}

on obtient par intégration de développement en série entière

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t^{2}} = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) .

On en déduit

x S (- x^{2}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{2 n + 1} = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x})

donc

S (x) = \frac{1}{2 \sqrt{- x}} \ln (\frac{1 + \sqrt{- x}}{1 - \sqrt{- x}}) si x < 0 .

Enfin, pour $x = 0$ , $S (0) = 1$ .

Exercice 130 2845 MINES (MP)Correction

Rayon de convergence et somme de

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{3 n + 2} .

Solution

Pour $x \neq 0$ , posons $u_{n} = \frac{x^{2 n + 1}}{3 n + 2}$ .

| \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} x^{2}

donc $R = 1$ .

La fonction somme $S$ est impaire, on se limite alors à $x > 0$ .

\sqrt{x} S (x^{3 / 2}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{3 n + 2}}{3 n + 2} .

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{3 n + 2}}{3 n + 2} = \int_{0}^{x} \sum_{n = 0}^{+ \infty} t^{3 n + 1} d t = \int_{0}^{x} \frac{t}{1 - t^{3}} d t

donc

S (x) = \frac{1}{x^{4 / 3}} \int_{0}^{x^{2 / 3}} \frac{t}{1 - t^{3}} d t .

Il ne reste plus qu’à décomposer en éléments simples pour conduire le calcul

S (x) = \frac{1}{6 x^{4 / 3}} \ln (\frac{x^{4 / 3} + x^{2 / 3} + 1}{x^{4 / 3} - 2 x^{2 / 3} + 1}) - \frac{1}{x^{4 / 3} \sqrt{3}} (\arctan (\frac{2 x^{2 / 3} + 1}{\sqrt{3}}) - \frac{π}{6}) .

Exercice 131 2123 SAINT CYR (MP)Correction

Soient $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ et $S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n}$ pour $x$ réel convenable.

(a)

Montrer que $1 \leq H_{n} \leq n$ pour $n \in ℕ^{*}$ .
(b)

En déduire le rayon de convergence $R$ de la série entière définissant $S$ .
(c)

Calculer $(1 - x) S (x)$ pour $x \in] - R; R [$ .
(d)

En déduire une expression de $S (x)$ .

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . La somme $H_{n}$ commence par un terme égal à $1$ et se poursuit avec des termes tous positifs, on a donc $H_{n} \geq 1$ . Aussi, la somme $H_{n}$ est formée de $n$ termes tous inférieurs à $1$ et donc $H_{n} \leq n$ .
(b)

La série entière géométrique $\sum x^{n}$ a pour rayon de convergence $1$ . La série entière $\sum n x^{n}$ est donc aussi de rayon de convergence $1$ .

Puisque $H_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (n)$ , on a $R \geq 1$ . Puisque $1 \underset{n \to + \infty}{=} O (H_{n})$ , on a aussi $R \leq 1$ .

On en déduit $R = 1$ .
(c)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$(1 - x) S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n + 1} .$

Par glissement d’indice,

$(1 - x) S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} H_{n} x^{n} - \sum_{n = 2}^{+ \infty} H_{n - 1} x^{n} .$

En posant $H_{0} = 0$ et en adjoignant un terme nul à la deuxième somme,

$(1 - x) S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (H_{n} - H_{n - 1}) x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n} .$

On reconnaît le développement en série entière de la fonction $x \mapsto - \ln (1 - x)$ et donc

$(1 - x) S (x) = - \ln (1 - x) .$
(d)

Immédiatement,

$\forall x \in] - 1; 1 [, S (x) = - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x} .$

Exercice 132 2565 CCINP (MP)Correction

Trouver le rayon de convergence de

\sum_{n \geq 1} \frac{sh (n)}{n (n + 1)} x^{n} .

Calculer la somme dans le bon intervalle.

Solution

Par la règle de d’Alembert, $R = 1 / e$ .
Sur $[- 1 / e; 1 / e]$ ,

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{sh (n)}{n (n + 1)} x^{n} = \frac{1}{2} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(e x)}^{n}}{n (n + 1)} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(x / e)}^{n}}{n (n + 1)}) .

Or sur $] - 1; 1 [$ ,

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{y^{n}}{n (n + 1)} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{y^{n}}{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{y^{n}}{n + 1} = - \ln (1 - y) + \frac{1}{y} (\ln (1 - y) + y) .

Cette identité pouvant être prolongée en $- 1$ et en 1 par continuité.
Cela permet alors d’expliciter la somme cherchée.

Exercice 133 2559 CCINP (MP)

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière

$\sum_{n \geq 0} n^{{(- 1)}^{n}} x^{n} .$
(b)

Exprimer sa somme à l’aide des fonctions usuelles.

Exercice 134 1958 Correction

Pour $α \in ℝ$ , calculer le rayon de convergence et la somme sur son intervalle ouvert de convergence de la série entière

\sum \cos (n α) x^{n} .

Solution

La suite des coefficients $(\cos (n α))$ est bornée et ne tend pas vers $0$ , la série entière est donc de rayon de convergence $R = 1$ . Pour $| x | < 1$ ,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \cos (n α) x^{n} = Re (\sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{i n α} x^{n}) .

Par sommation géométrique de raison $q = e^{i α} x$ avec $| q | < 1$ ,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \cos (n α) x^{n} = Re (\frac{1}{1 - x e^{i α}}) = \frac{1 - x \cos (α)}{1 - 2 x \cos (α) + x^{2}} .

Exercice 135 5081

Pour $α \in ℝ$ , calculer le rayon de convergence et la somme sur son intervalle ouvert de convergence de la série entière

\sum_{n \geq 1} \frac{\cos (n α)}{n} x^{n} .

Exercice 136 75 CCINP (MP)Correction

Pour $x \in ℝ$ , calculer

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{3 n}}{(3 n)!} .

On pourra introduire $S_{k} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{3 n + k}}{(3 n + k)!}$ pour $k \in {0,1,2}$ .

Solution

Les séries entières définissant $S = S_{0}, S_{1}$ et $S_{2}$ sont de rayons de convergence $R = + \infty$ .
Pour $x \in ℝ$ ,

S_{0} (x) + S_{1} (x) + S_{2} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n!} = \exp (x) .

On a aussi

S_{0} (x) + j S_{1} (x) + j^{2} S_{2} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(j x)}^{n}}{n!} = \exp (j x)

S_{0} (x) + j^{2} S_{1} (x) + j S_{2} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(j^{2} x)}^{n}}{n!} = \exp (j^{2} x) .

En sommant ces trois relations, on obtient

	$\forall x \in ℝ, S (x)$	$= \frac{1}{3} (\exp (x) + \exp (j x) + \exp (j^{2} x))$
		$= \frac{1}{3} e^{x} + \frac{2}{3} Re (e^{j x})$
		$= \frac{1}{3} e^{x} + \frac{2}{3} \cos (\frac{\sqrt{3} x}{2}) e^{- x / 2} .$

Exercice 137 5407 Correction

Pour $x$ réel, calculer

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{3 n}}{(3 n)!} .

On pourra simplifier $S^{''} (x) + S^{'} (x) + S (x)$ .

Solution

On vérifie que la série entière définissant $S$ est de rayon de convergence $R = + \infty$ . Pour tout $x \in ℝ$ ,

	$S^{''} (x) + S^{'} (x) + S (x)$	$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{3 n - 2}}{(3 n - 2)!} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{3 n - 1}}{(3 n - 1)!} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{3 n}}{(3 n)!}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n!} = e^{x} .$

La fonction $S$ est donc solution de l’équation différentielle linéaire à coefficient constant

y^{''} + y^{'} + y = e^{x} .

La fonction $x \mapsto \frac{1}{3} e^{x}$ est solution particulière et la solution générale s’exprime

y (x) = \frac{1}{3} e^{x} + (λ \cos (\frac{\sqrt{3} x}{2}) + μ \sin (\frac{\sqrt{3} x}{2})) e^{- x / 2} .

Les conditions initiales $S (0) = 1$ et $S^{'} (0) = 0$ déterminent les valeurs de $λ$ et $μ$ :

λ = \frac{2}{3} et μ = 0 .

On conclut

\forall x \in ℝ, S (x) = \frac{1}{3} e^{x} + \frac{2}{3} \cos (\frac{\sqrt{3} x}{2}) e^{- x / 2} .

Exercice 138 2414 CCINP (MP)Correction

Soient $\sum a_{n} x^{n}$ et $\sum b_{n} x^{n}$ deux séries entières de rayons de convergence $R$ et $R^{'}$ .

(a)

Que dire du rayon de convergence et la somme de $\sum c_{n} x^{n}$ avec $c_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} b_{n - k}$ ?
(b)

Déterminer le rayon de convergence et la somme de

$\sum_{n \geq 1} (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}) x^{n} .$

Solution

(a)

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, pour $| x | < \min (R, R^{'})$ , $\sum c_{n} x^{n}$ est absolument convergente et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} x^{n} = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} b_{n} x^{n}) .$

Ainsi le rayon de convergence $R^{''}$ de $\sum c_{n} x^{n}$ vérifie $R^{''} \geq \min (R, R^{'})$ .
En revanche, on ne peut facilement rien dire de plus de façon générale. Par exemple $1 - x$ et $\frac{1}{1 - x}$ se développent en série entière de rayons de convergence $+ \infty$ et 1 et leur produit de Cauchy est de rayon de convergence $+ \infty$ …
(b)

Puisque $1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \sim \ln (n)$ , on obtient facilement $R = 1$ .
Si l’on pose $a_{k} = \frac{1}{k}$ pour $k \geq 1$ et $b_{k} = 1$ pour $k \geq 0$ alors

$\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{n - k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .$

Par suite, pour $| x | < 1$ ,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}) x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} = - \frac{\ln (1 - x)}{1 - x} .$

Exercice 139 5307 ENSTIM (MP)Correction

Soit $S$ la somme de la série entière

\sum_{n \geq 0} z^{n} \tan (\frac{n π}{5}) .

(a)

Donner le rayon de convergence $R$ de cette série entière.
(b)

On pose $a = \tan (π / 5)$ . Exprimer $\tan (n π / 5)$ en fonction de $a$ pour $n \in {2,3,4}$ .
(c)

Simplifier $S_{5 N} (z)$ pour $| z | < R$ et $N \in ℕ^{*}$ .
(d)

Calculer $S$ sur $] - R; R [$ .

Solution

(a)

La suite $(\tan (n π / 5))$ est périodique non constante égale à $0$ : les coefficients de la série entière sont bornées et ne tendent pas vers $0$ , le rayon de convergence de la série entière vaut $1$ .
(b)

Sachant

$\tan (2 x) = \frac{2 \tan (x)}{1 - \tan^{2} (x)} et \tan (π - x) = - \tan (x)$

on obtient

$\tan (\frac{2 π}{5}) = \frac{2 a}{1 - a^{2}}, \tan (\frac{3 π}{5}) = - \frac{2 a}{1 - a^{2}} et \tan (\frac{4 π}{5}) = - a .$
(c)

Pour $| z | < 1$ et $N \in ℕ^{*}$ ,

$S_{5 N} (z) = a \sum_{k = 0}^{N - 1} z^{5 k + 1} + \frac{2 a}{1 - a^{2}} \sum_{k = 0}^{N - 1} z^{5 k + 2} - \frac{2 a}{1 - a^{2}} \sum_{k = 0}^{N - 1} z^{5 k + 3} - a \sum_{k = 0}^{N - 1} z^{5 k + 4} .$

Par sommations géométriques,

$S_{5 N} (z) = \frac{1}{1 - z^{5}} (a (z - z^{5 N + 1}) + \frac{2 a}{1 - a^{2}} (z^{2} - z^{5 N + 2}) - \frac{2 a}{1 - a^{2}} (z^{3} - z^{5 N + 3}) - a (z^{4} - z^{5 N + 4})) .$
(d)

Soit $x \in] - 1; 1 [$ . Lorsque $N$ tend vers $+ \infty$ , on conclut

$S (x)$ $= \frac{1}{1 - x^{5}} (a (x - x^{4}) + \frac{2 a}{1 - a^{2}} (x^{2} - x^{3}))$

$= \frac{1}{1 + x + x^{2} + x^{3} + x^{4}} (a x (1 + x + x^{2}) + \frac{2 a}{1 - a^{2}} x^{2}) .$

Exercice 140 2607 ENSTIM (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

a_{n} = \int_{0}^{π / 4} \tan^{n} (t) d t .

(a)

Trouver la limite de la suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ .
(b)

Pour $n \in ℕ$ , calculer $a_{n + 2} + a_{n}$ .
(c)

En déduire la nature de la série $\sum a_{n}$ .

On pose $f (x)$ la somme de la série entière

\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .

(d)

Calculer le rayon de convergence $R$ de la série entière définissant $f$ puis exprimer $f (x)$ pour tout $x \in] - R; R [$ .

Solution

(a)

Posons $f_{n} (t) = \tan^{n} (t)$ pour $t \in [0; π / 4]$ et $n \in ℕ$ . Pour tout $t \in [0; π / 4]$ ,

$f_{n} (t) \to_{n \to + \infty}^{} f_{\infty} (t) = {\begin{matrix} 0 & si t \in [0; π / 4 [ \\ 1 & si t = π / 4 . \end{matrix}$

Aussi,

$\forall n \in ℕ, \forall t \in [0; π / 4], | f_{n} (t) | \leq 1 = φ (t) .$

La fonction $φ : [0; π / 4] \to ℝ_{+}$ est intégrable sur $[0; π / 4]$ . Par convergence dominée, on obtient

$a_{n} = \int_{0}^{π / 4} f_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{π / 4} f_{\infty} (t) d t = 0 .$
(b)

On a

$a_{n} + a_{n + 2}$ $= \int_{0}^{π / 4} (1 + \tan^{2} (t)) {(\tan (t))}^{n} d t$

$= \int_{0}^{π / 4} {(\tan (t))}^{'} {(\tan (t))}^{n} d t$

$= {[\frac{1}{n + 1} {(\tan (t))}^{n + 1}]}_{0}^{π / 4} = \frac{1}{n + 1} .$
(c)

Par l’absurde, si la série $\sum a_{n}$ converge alors $\sum a_{n + 2}$ converge aussi et, par combinaison linéaire, la série $\sum (a_{n} + a_{n + 2})$ converge. Cela est absurde car

$a_{n} + a_{n + 2} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} .$

et donc, par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum (a_{n} + a_{n + 2})$ diverge.
(d)

Puisque $(a_{n})$ est de limite nulle, $R \geq 1$ . Puisque la série $\sum a_{n} x^{n}$ diverge pour $x = 1$ , on a $R \leq 1$ . On en déduit $R = 1$ .

L’identité

$a_{n} + a_{n + 2} = \frac{1}{n + 1}$

donne, pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (a_{n + 2} x^{n + 1} + a_{n} x^{n + 1}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n + 1}}{n + 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} = - \ln (1 - x) .$

Or, avec convergence des séries écrites et pour $x \neq 0$ ,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (a_{n + 2} x^{n + 1} + a_{n} x^{n + 1}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n + 2} x^{n + 1} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n + 1} = \frac{1}{x} (f (x) - a_{0} - a_{1} x) + x f (x)$

donc

$f (x) = \frac{1}{x^{2} + 1} (\frac{π}{4} + \frac{\ln (2)}{2} x - x \ln (1 - x))$

Par continuité des deux membres, l’égalité vaut aussi pour $x = 0$ .

On peut aussi procéder à une permutation somme intégrale pour parvenir à

$\int_{0}^{π / 4} \frac{d t}{1 - x \tan (t)}$

ce qui conduit au même résultat en procédant ensuite au changement de variable $u = \tan (t)$ et quelques calculs un peu longs.

Exercice 141 2449 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(a_{n})$ la suite définie par

a_{0} = 1 et a_{n} = \frac{1}{n!} \int_{0}^{1} \prod_{k = 0}^{n - 1} (t - k) d t pour n \in ℕ^{*} .

(a)

Rayon de convergence de $\sum a_{n} x^{n}$ .
(b)

Somme de $\sum a_{n} x^{n}$ .

Solution

(a)

On a

$| a_{n} | = \frac{1}{n!} \int_{0}^{1} t \prod_{k = 1}^{n - 1} (k - t) d t \leq \frac{1}{n!} \int_{0}^{1} \prod_{k = 1}^{n - 1} k d t \leq \frac{1}{n}$

donc $R \geq 1$ .

$| a_{n} | \geq \frac{1}{n!} \int_{0}^{1} t (1 - t) \times \prod_{k = 2}^{n - 1} (k - 1) d t \geq \frac{1}{4 n (n - 1)}$

donc $R \leq 1$ .

Finalement, $R = 1$ .
(b)

Soit $x \in] - 1; 1 [$ .

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{1}{n!} \prod_{k = 0}^{n - 1} (t - k) x^{n} d t$

or par convergence uniforme de la suite de fonctions de la variable $t$ sur $[0; 1]$ (convergence uniforme obtenue par convergence normale grâce à $| x | < 1$ ) on peut permuter somme et intégrale.

$S (x) = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} \prod_{k = 0}^{n - 1} (t - k) x^{n} d t = \int_{0}^{1} {(1 + x)}^{t} d t = {[\frac{{(1 + x)}^{t}}{\ln (1 + x)}]}_{t = 0}^{t = 1} = \frac{x}{\ln (1 + x)} .$

Exercice 142 5085 MINES (PC)

Soit $A \in ℳ_{p} (ℂ)$ . Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\sum tr (A^{n}) z^{n}$ et exprimer sa somme en fonction du polynôme caractéristique de $A$ .

Exercice 143 2847 MINES (MP)Correction

(a)

Déterminer le rayon de convergence $R$ de

$\sum_{n \geq 0} \frac{n!}{1 \times 3 \times \dots \times (2 n + 1)} x^{n} .$
(b)

Pour $x \in] - R; R [$ calculer la somme précédente.

Solution

(a)

Posons $a_{n} = \frac{n!}{1 \times 3 \times \dots \times (2 n + 1)} \neq 0$ .

$| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = \frac{n + 1}{2 n + 3} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2}$

$R = 2$ .
(b)

On sait

$\int_{0}^{π / 2} \sin^{2 n + 1} (t) d t = \frac{2^{n} n!}{1 \times 3 \times \dots \times (2 n + 1)}$

donc

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π / 2} \frac{x^{n}}{2^{n}} \sin^{2 n + 1} (t) d t .$

Par convergence uniforme,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π / 2} \frac{x^{n}}{2^{n}} \sin^{2 n + 1} (t) d t = \int_{0}^{π / 2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{2^{n}} \sin^{2 n + 1} (t) d t = \int_{0}^{π / 2} \frac{2 \sin (t)}{2 - x \sin^{2} (t)} d t .$

Ainsi,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \int_{0}^{π / 2} \frac{\sin (t)}{(2 - x) + x \cos^{2} (t)} d t = \int_{0}^{1} \frac{d u}{(2 - x) + x u^{2}} .$

Cas: $x > 0$ .

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \frac{2}{\sqrt{x (2 - x)}} \arctan (\sqrt{\frac{x}{2 - x}}) .$

Cas: $x < 0$ .

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \frac{2}{\sqrt{- x (2 - x)}} argth (\sqrt{\frac{- x}{2 - x}})$

avec

$argth (u) = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + u}{1 - u}) .$

Exercice 144 5909 Correction

Soit $f$ la somme de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ avec $a_{n} = \frac{1}{2 n - 1} (\binom{2 n}{n})$ pour $n \in ℕ$ .

(a)

Vérifier

$\forall n \in ℕ, (n + 1) a_{n + 1} = 2 (2 n - 1) a_{n} .$
(b)

Donner le rayon de convergence $R$ de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ .
(c)

Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ dont $f$ est solution et en déduire une expression de $f$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

$(n + 1) a_{n + 1} = \frac{(n + 1)}{2 n + 1} \cdot \frac{(2 n + 2)!}{{((n + 1)!)}^{2}} = \frac{(n + 1)}{2 n + 1} \cdot \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{{(n + 1)}^{2}} \cdot \frac{(2 n)!}{{(n!)}^{2}} .$

On simplifie

$(n + 1) a_{n + 1} = 2 \cdot \frac{(2 n)!}{{(n!)}^{2}} = 2 (2 n - 1) a_{n} .$
(b)

On observe $a_{n} \neq 0$ et

$| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = \frac{2 (2 n - 1)}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 4 .$

On en déduit $R = 1 / 4$ .
(c)

La fonction $f$ est définie et dérivable sur $I =] - 1 / 4; 1 / 4 [$ avec

$f^{'} (x)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} 2 (2 n - 1) a_{n} x^{n}$

$= 4 x \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} - 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = 4 x f^{'} (x) - 2 f (x) .$

La fonction $f$ est donc solution sur $I$ de l’équation différentielle

$(1 - 4 x) y^{'} (x) + 2 y (x) = 0 .$

Après résolution, on exprime la solution générale

$y (x) = λ \sqrt{1 - 4 x} avec λ \in ℝ .$

Sachant $f (0) = a_{0} = - 1$ , on obtient

$\forall x \in I, f (x) = - \sqrt{1 - 4 x} .$

Exercice 145 5910 Correction

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ la série entière déterminée par

a_{0} = 1, a_{1} = 1 et \forall n \in ℕ, a_{n + 2} = a_{n + 1} + \frac{2 a_{n}}{n + 2} .

(a)

Prouver que le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ vaut $1$ .

On note $S$ la somme de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ .

(b)

Établir que $x \mapsto S (x)$ est solution sur $] - 1; 1 [$ de l’équation différentielle

$(1 - x) y^{'} (x) - (2 x + 1) y (x) = 0 .$
(c)

En déduire une expression de $S$ sur $] - 1; 1 [$ .

Solution

(a)

Par récurrence double, on vérifie $a_{n} \geq 1$ pour tout $n \in ℕ$ .

Par récurrence double, on vérifie aussi $a_{n} \leq {(n + 1)}^{2}$ pour tout $n \in ℕ$ .

En effet,

${(n + 2)}^{2} + \frac{2 {(n + 1)}^{2}}{n + 2} \leq n^{2} + 4 n + 4 + 2 (n + 1) = n^{2} + 6 n + 6 \leq {(n + 3)}^{2} .$

Puisque les séries entières $\sum x^{n}$ et $\sum n^{2} x^{n}$ sont de rayons de convergence égaux à $1$ , par encadrement, $\sum a_{n} x^{n}$ est de rayon de convergence égal à $1$ .
(b)

La fonction $S$ est dérivable (et même de classe $𝒞^{\infty}$ ) sur $] - 1; 1 [$ avec

$S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} .$

On a donc

$(1 - x) S^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} ((n + 1) a_{n + 1} - n a_{n}) x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} ((n + 1) a_{n + 1} - n a_{n}) x^{n} + a_{1} .$

Parallèlement,

$(2 x + 1) S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} 2 a_{n} x^{n + 1} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (2 a_{n - 1} + a_{n}) x^{n} + 1 .$

Or

$\forall n \in ℕ^{*}, (n + 1) a_{n + 1} - n a_{n} = a_{n} + 2 a_{n - 1} et a_{1} = 1$

donc

$(1 - x) S^{'} (x) = (2 x + 1) S (x) .$

La fonction $S$ est solution de l’équation différentielle proposée.
(c)

Pour résoudre l’équation différentielle, on calcule une primitive de

$\frac{2 x + 1}{x - 1} = 2 + \frac{3}{x - 1} .$

On obtient la solution générale

$y (x) = \frac{λ e^{- 2 x}}{{(1 - x)}^{3}} .$

Sachant $S (0) = a_{0} = 1$ , on conclut

$\forall x \in] - 1; 1 [, S (x) = \frac{e^{- 2 x}}{{(1 - x)}^{3}} .$

Exercice 146 2551 CCINP (MP)Correction

Calculer

a_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t

pour $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Calculer le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ .
(b)

Calculer la somme de cette série entière sur l’intervalle ouvert de convergence.

Solution

(a)

Par intégration par parties successives,

$a_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t = \frac{{(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} .$

Puisque

$| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4}$

on a $R = 4$ .
(b)

Pour $| x | < 4$ , par convergence normale,

$f (x) = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 - t (1 - t) x} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{x t^{2} - x t + 1} .$

Cas: $x \in] 0; 4 [$ .

$f (x) = \frac{4}{\sqrt{x (4 - x)}} \arctan (\sqrt{\frac{x}{4 - x}}) .$

Cas: $x \in] - 2; 0 [$ .

$f (x) = \frac{4}{\sqrt{x (x - 4)}} argth (\sqrt{\frac{x}{x - 4}})$

avec

$argth (u) = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + u}{1 - u}) .$

Cas: $x = 0$ . $f (x) = 1$ .

Exercice 147 5063

Pour $n \in ℕ$ , on pose

a_{n} = \int_{0}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t .

(a)

Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ .
(b)

Exprimer sa somme $S$ sur $] - R; R [$ à l’aide des fonctions usuelles.

[<] Calcul de sommes de séries entières[>] Application à la régulatité d'un prolongement continu

Exercice 148 4737

En introduisant la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ , déterminer le terme général de la suite récurrente $(a_{n})$ définie par

a_{0} = 1 et a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{n + 1} + \frac{{(- 1)}^{n}}{(n + 1)!} pour tout n \in ℕ .

Exercice 149 1010 Correction

(a)

Former le développement en série entière en 0 de

$x \mapsto \frac{1}{(1 - x) (1 - x^{2})} .$
(b)

Soit $(u_{n}) \in ℂ^{ℕ}$ vérifiant

$\forall n \in ℕ, u_{n + 3} = u_{n + 2} + u_{n + 1} - u_{n} .$

Exprimer le terme général de la suite $(u_{n})$ en fonction de ses premiers termes.

Solution

(a)

Pour $| x | < 1$ ,

$\frac{1}{1 - x} \frac{1}{1 - x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{2 n} .$

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

$\frac{1}{(1 - x) (1 - x^{2})} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$

avec

$a_{n} = Card {(k, ℓ) \in ℕ^{2} | k + 2 ℓ = n} = ⌊ n / 2 ⌋ + 1 .$
(b)

Analyse: Introduisons la série entière $\sum u_{n} x^{n}$ de somme $S$ et de rayon de convergence $R$ .
Pour tout $n \in ℕ$ ,

$u_{n + 3} x^{n + 3} = u_{n + 2} x^{n + 3} + u_{n + 1} x^{n + 3} - u_{n} x^{n + 3} .$

En sommant, on obtient pour $| x | < R$ ,

$S (x) - (u_{0} + u_{1} x + u_{2} x^{2}) = x (S (x) - u_{0} - u_{1} x) + x^{2} (S (x) - u_{0}) - x^{3} S (x) .$

On en déduit

$S (x) = u_{0} \frac{(1 - x - x^{2})}{(1 - x) (1 - x^{2})} + u_{1} \frac{x}{1 - x^{2}} + u_{2} \frac{x^{2}}{(1 - x) (1 - x^{2})} .$

Synthèse: Considérons la fonction

$f : x \mapsto u_{0} \frac{(1 - x - x^{2})}{(1 - x) (1 - x^{2})} + u_{1} \frac{x}{1 - x^{2}} + u_{2} \frac{x^{2}}{(1 - x) (1 - x^{2})}$

$f$ est une fonction rationnelle donc 0 n’est pas pôle, elle est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
Puisque cette fonction vérifie la relation

$f (x) - (u_{0} + u_{1} x + u_{2} x^{2}) = x (f (x) - u_{0} - u_{1} x) + x^{2} (f (x) - u_{0}) - x^{3} f (x)$

les coefficients $u_{n}$ de son développement en séries entières vérifient

$\forall x \in] - 1; 1 [, \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n + 3} x^{n + 3} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (u_{n + 2} + u_{n + 1} - u_{n}) x^{n + 3} .$

Par identification des coefficients de séries entières de sommes égales sur $] - 1; 1 [$ , on obtient

$\forall n \in ℕ, u_{n + 3} = u_{n + 2} + u_{n + 1} - u_{n} .$

Ceci détermine alors entièrement la suite $(u_{n})$ moyennant la connaissance des coefficients $u_{0}, u_{1}, u_{2}$ .
Pour exprimer $u_{n}$ , il ne reste plus qu’à former le développement en série entière de $f$ .

$\frac{(1 - x - x^{2})}{(1 - x) (1 - x^{2})} = 1 - \frac{x^{3}}{(1 - x) (1 - x^{2})} = 1 - \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n + 3} .$

$\frac{x}{1 - x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{2 n + 1} et \frac{x^{2}}{(1 - x) (1 - x^{2})} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n + 2} .$

On en déduit que pour $n \geq 3$ ,

$u_{n} = - u_{0} a_{n - 3} + u_{1} ε_{n} + u_{2} a_{n - 1}$

avec $ε_{n} = 1$ si $n$ est impair et 0 sinon.

Exercice 150 4730

(a)

Former le développement en série entière sur $] - 1; 1 [$ de

$f (x) = \frac{1}{(1 - x) (1 - x^{2})} .$
(b)

En déduire une expression de

$a_{n} = Card {(j, k) \in ℕ^{2} | j + 2 k = n} .$

Exercice 151 5906 Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite réelle vérifiant

\forall n \in ℕ, a_{n + 3} = a_{n + 2} - a_{n + 1} + a_{n} .

(a)

Déterminer $α > 0$ et $M > 0$ pour lesquels $| a_{n} | \leq M α^{n}$ pour tout $n \in ℕ$ .
(b)

En déduire que le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est strictement positif.
(c)

En calculant la somme de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ pour $x$ convenable, exprimer $a_{n}$ en fonction de $n$ .

Solution

(a)

Pour $M = \max {| a_{0} |, | a_{1} | / α, | a_{2} | / α^{2}} + 1$ et $α = 3$ , on établit par récurrence triple $| a_{n} | \leq M α^{n}$ car

$| a_{n + 3} | \leq | a_{n + 2} | + | a_{n + 1} | + | a_{n + 2} | .$
(b)

La série entière $\sum M α^{n} x^{n}$ a pour rayon de convergence $R = \frac{1}{α}$ . Par comparaison des coefficients, le rayon de convergence de $\sum a_{n} x^{n}$ est au moins égal à $1 / α$ .
(c)

Pour $x \in ℝ$ avec $| x | < 1 / α$ , on note $S (x)$ la somme de la série $\sum a_{n} x^{n}$ .

Pour $n \in ℕ$ , on remarque

$a_{n + 3} x^{n + 3} = x \cdot a_{n + 2} x^{n + 2} - x^{2} \cdot a_{n + 1} x^{n + 1} + x^{3} \cdot a_{n} x^{n} .$

En sommant, il vient

$S (x) - (a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2}) = x (S (x) - (a_{0} + a_{1} x)) - x^{2} (S (x) - a_{0}) + x^{3} \cdot S (x)$

ce qui donne

$(1 - x + x^{2} - x^{3}) S (x) = a_{0} + (a_{1} - a_{0}) x + (a_{2} - a_{1} + a_{0}) x^{2}$

et donc

$S (x) = \frac{a_{0} + (a_{1} - a_{0}) x + (a_{2} - a_{1} + a_{0}) x^{2}}{(1 - x) (1 + x^{2})} .$

Par décomposition en éléments simples,

$S (x) = \frac{α}{1 - x} + \frac{β x + γ}{1 + x^{2}}$

avec

$α = {\frac{a_{0} + (a_{1} - a_{0}) x + (a_{2} - a_{1} + a_{0}) x^{2}}{1 + x^{2}} |}_{x = 1} = \frac{a_{0} + a_{2}}{2} .$

En évaluant en $0$ ,

$α + γ = a_{0} donc γ = \frac{a_{0} - a_{2}}{2} .$

En considérant la limite de $x S (x)$ quand $x$ tend vers l’infini,

$- α + β = - (a_{2} - a_{1} + a_{0}) donc β = \frac{- a_{0} + 2 a_{1} - a_{2}}{2} .$

Enfin, par développement en série entière,

$S (x)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} α x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} (β x + γ) x^{2 n}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (α + {(- 1)}^{n} γ) x^{2 n} + (α + {(- 1)}^{n} β) x^{2 n + 1} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, il vient

$a_{2 n}$ $= α + {(- 1)}^{n} γ = \frac{1 + {(- 1)}^{n}}{2} a_{0} + \frac{1 - {(- 1)}^{n}}{2} a_{2}$

$a_{2 n + 1}$ $= α + {(- 1)}^{n} β = \frac{1 - {(- 1)}^{n}}{2} a_{0} + {(- 1)}^{n} a_{1} + \frac{1 - {(- 1)}^{n}}{2} a_{2} .$

En particulier, la suite est périodique de période $4$ : le calcul des premiers termes de la suite aurait suffit pour constater le phénomène.

Exercice 152 2850 MINES (PC)Correction

On consdère la suite $(a_{n})$ déterminée par

a_{0} = 1 et a_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a_{n - k} a_{k} pour tout n \in ℕ .

Calculer les $a_{n}$ en utilisant la série entière de terme général $\frac{a_{n}}{n!} x^{n}$ .

Solution

Posons $b_{n} = \frac{a_{n}}{n!}$ .

b_{0} = 1 et (n + 1) b_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} b_{n - k} b_{k} .

Notons $S$ la somme de la série entière $\sum b_{n} x^{n}$ et posons $R$ son rayon de convergence. Par récurrence, on vérifie $| b_{n} | \leq 1$ et donc $R \geq 1$ .

Sur $] - R; R [$ , la relation précédente donne par produit de Cauchy

S^{'} (x) = S^{2} (x)

$S (0) \neq 0$ et sur un voisinage de $0$

\int_{0}^{x} \frac{S^{'} (t)}{S^{2} (t)} d t = \int_{0}^{x} d t = x .

Sachant que $S (0) = 1$ , on obtient

S (x) = \frac{1}{1 - x} .

On en tire tire

a_{n} = n! pour tout n \in ℕ .

Exercice 153 1011 Correction

On pose $a_{0} = 1$ et pour tout $n \in ℕ$ ,

a_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} a_{n - k} a_{k} .

(a)

En admettant que le rayon de convergence $R$ de la série entière est strictement positif, calculer

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} pour x \in] - R; R [.$
(b)

Calculer les $a_{n}$ et préciser la valeur de $R$ .
(c)

Donner un équivalent de la suite $(a_{n})$ .

Solution

(a)

Si la série entière $S$ est de rayon de convergence $R > 0$ , alors pour tout $x \in] - R; R [$ on a

$S (x) = a_{0} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n + 1} x^{n + 1} = 1 + x \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} a_{k} a_{n - k} x^{n} .$

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, on obtient

$S (x) = 1 + x S^{2} (x) .$

Pour $x \neq 0$ , on obtient, après résolution

$S (x) = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4 x}}{2 x} pour x < 1 / 4 .$

Posons $ε (x)$ tel que

$S (x) = \frac{1 + ε (x) \sqrt{1 - 4 x}}{2 x} .$

On a

$ε (x) = \frac{2 x S (x) - 1}{\sqrt{1 - 4 x}} .$

La fonction $ε$ est continue sur $] - R; 0 [\cup] 0; \min (R,1 / 4) [$ et ne prend que les valeurs $- 1$ ou 1. On en déduit que cette fonction $ε$ est constante et puisque $S$ converge quand $x \to 0^{+, / -}$ , on peut affirmer que $ε$ est constante égale à $- 1$ car négative au voisinage de 0.

Finalement,

$S (x) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 x}}{2 x} et S (0) = 1 .$
(b)

Après développement en série entière de $\sqrt{1 - 4 x}$ , on obtient

$\frac{1 - \sqrt{1 - 4 x}}{2 x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} b_{n} x^{n}$

avec

$b_{n} = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n})$

et $R = 1 / 4$ . Puisque la fonction

$T : x \mapsto \frac{1 - \sqrt{1 - 4 x}}{2 x}$

vérifie l’équation $x T^{2} (x) = T (x) - 1$ , la reprise des calculs précédents (sachant $R > 0$ ) assure que les coefficients $b_{n}$ vérifient

$b_{0} = 1 et b_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} b_{n - k} b_{k} pour tout n \in ℕ .$

On en déduit $a_{n} = b_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ car les conditions qui précèdent déterminent une suite de façon unique.
(c)

Par la formule de Stirling,

$a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2^{2 n}}{\sqrt{π} n^{3 / 2}} .$

Exercice 154 5076 MINES (PSI)

Soient $(α, β) \in ℝ^{2}$ et ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ la suite déterminée par

u_{0} = α, u_{1} = β et u_{n + 2} = u_{n + 1} + 2 (n + 1) u_{n} pour tout n \in ℕ .

Déterminer une fonction $S : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{\infty}$ telle que

S^{(n)} (0) = u_{n} pour tout n \in ℕ .

Exercice 155 5077 MINES (PSI)

(Nombres de Bell)

Soit ${(B_{n})}_{n \geq 0}$ la suite déterminée¹¹ 1 $B_{n}$ est le nombre de partitions possibles dans un ensemble fini à $n$ éléments (voir le sujet 4443.) par

B_{0} = 1 et B_{n + 1} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) B_{k} pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que la série entière $\sum \frac{B_{n}}{n!} x^{n}$ est de rayon de convergence $R \geq 1$ .
(b)

Vérifier

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{B_{n}}{n!} x^{n} = e^{e^{x} - 1} pour tout x \in] - R; R [.$
(c)

En déduire

$B_{n} = \frac{1}{e} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{k^{n}}{k!} pour tout n \in ℕ .$

Exercice 156 2451 CENTRALE (MP)Correction

On note $N (n, p)$ le nombre de permutations de $⟦ 1; n ⟧$ qui ont exactement $p$ points fixes. On pose en particulier $D (n) = N (n, 0)$ , puis

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{D (n)}{n!} x^{n} .

(a)

Relier $N (n, p)$ et $D (n - p)$ .
(b)

Justifier que $f$ est au moins définie sur $] - 1; 1 [$ et calculer $f$ sur cet intervalle.
(c)

Calculer $N (n, p)$ .
(d)

Étudier la limite de la suite ${(\frac{1}{n!} N (n, p))}_{n \in ℕ}$ .

Solution

Notons que $D (n)$ correspond au nombre de permutations de $⟦ 1; n ⟧$ ne possédant aucun point fixe (on parle de dérangement).

(a)

Pour former une permutation de $⟦ 1; n ⟧$ possédant exactement $p$ points fixes, on détermine ceux-ci ( $(\binom{n}{p})$ possibilités) puis on considère un dérangement sur les autres éléments ( $D (n - p)$ possibilités):

$N (n, p) = (\binom{n}{p}) D (n - p) .$
(b)

La fonction $f$ est la somme d’une série entière. Notons $R$ son rayon de convergence.

On remarque $0 \leq D (n) \leq Card (𝒮_{n}) = n!$ donc

$| \frac{D (n)}{n!} | \leq 1 .$

Cela implique $R \geq 1$ : la série entière définissant $f$ converge au moins sur $] - 1; 1 [$ .

En dénombrant les permutations selon le nombre de leurs points fixes, on a

$\sum_{p = 0}^{n} N (n, p) = n! .$

On en déduit la relation

$\sum_{p = 0}^{n} \frac{D (n - p)}{p! (n - p)!} = 1 .$

Par produit de Cauchy, on obtient alors

$e^{x} f (x) = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} x^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{D (n)}{n!} x^{n}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} \frac{D (n - k)}{k! (n - k)!}) x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n} = \frac{1}{1 - x}$

puis

$f (x) = \frac{e^{- x}}{1 - x} pour tout x \in] - 1; 1 [.$
(c)

Par produit de Cauchy,

$\frac{e^{- x}}{1 - x} = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k!} x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière,

$D_{n} = n! \sum_{k = 0}^{n} \frac{{(- 1)}^{k}}{k!}$

puis

$N (n, p) = \frac{n!}{p!} \sum_{k = 0}^{n - p} \frac{{(- 1)}^{k}}{k!} .$
(d)

Finalement,

$\frac{1}{n!} N (n, p) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{e \cdot p!} .$

Exercice 157 2849 CENTRALE (MP)

Une involution sur un ensemble $E$ est une application $f : E \to E$ vérifiant $f \circ f = {Id}_{E}$ . Pour $n \geq 1$ , on note $I_{n}$ le nombre d’involutions de $⟦ 1; n ⟧$ . On convient: $I_{0} = 1$ .

(a)

Montrer $I_{n} = I_{n - 1} + (n - 1) I_{n - 2}$ pour tout $n \geq 2$ .
(b)

Établir la convergence pour tout $x \in] - 1; 1 [$ de la série entière

$\sum_{n \geq 0} \frac{I_{n}}{n!} x^{n} .$

On note $S (x)$ sa somme.

(c)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , vérifier $S^{'} (x) = (1 + x) S (x)$ .
(d)

En déduire une expression de $S (x)$ puis les relations

$I_{2 p} = \sum_{k = 0}^{p} \frac{(2 k)!}{2^{k} k!} (\binom{2 p}{2 k}) et I_{2 p + 1} = \sum_{k = 0}^{p} \frac{(2 k)!}{2^{k} k!} (\binom{2 p + 1}{2 k}) pour tout p \in ℕ .$

[<] Application à la détermination du terme général d'une suite[>] Application au calcul de sommes

Exercice 158 4732

Justifier que la fonction sinus cardinal (notée $sinc$ ) définie pour $x \in ℝ$ par

sinc (x) = {\begin{matrix} \frac{\sin (x)}{x} & si x \neq 0 \\ 1 & si x = 0 \end{matrix}

est de classe $𝒞^{\infty}$ et calculer les valeurs de ses dérivées successives en $0$ .

Exercice 159 1002 Correction

(a)

Montrer que la fonction $x \mapsto \frac{\sin (x)}{x}$ se prolonge en une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(b)

Montrer qu’il en est de même de la fonction $x \mapsto \frac{\sin (x)}{e^{x} - 1}$

Solution

(a)

Pour tout $x \in ℝ$ ,

$\sin (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n + 1}}{(2 n + 1)!}$

donc

$\frac{\sin (x)}{x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n}}{(2 n + 1)!}$

pour $x \neq 0$ . Or

$x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n}}{(2 n + 1)!}$

est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ , cela permet de conclure.
(b)

Un raisonnement semblable, permet d’établir que $x \mapsto \frac{e^{x} - 1}{x}$ se prolonge en 0 en une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ ne s’annulant pas. Par opération, le prolongement continue de $x \mapsto \frac{\sin (x)}{e^{x} - 1} = \frac{\sin (x)}{x} \frac{x}{e^{x} - 1}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ .

Exercice 160 3308 Correction

Pour $x \neq 0$ on pose

f (x) = \int_{x}^{2 x} \frac{\cos (t)}{t} d t .

(a)

Montrer que $f$ peut être prolongée par continuité en 0.
(b)

Montrer que ce prolongement est développable en série entière sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Pour $t \neq 0$ , on peut écrire

$\frac{\cos (t)}{t} = \frac{\cos (t) - 1}{t} + \frac{1}{t} .$

Posons alors

$g (t) = \frac{\cos (t) - 1}{t} .$

La fonction $g$ est continue sur $ℝ^{*}$ et se prolonge par continuité en 0 en posant $g (0) = 0$ .
On a alors pour tout $x \neq 0$

$f (x) = \int_{x}^{2 x} g (t) d t + \ln (2) = G (2 x) - G (x) + \ln (2)$

avec $G$ une primitive de $g$ sur $ℝ$ .
On en déduit

$f (x) \to_{x \to 0}^{} \ln (2)$

et l’on peut donc prolonger $f$ par continuité en $0$ en posant $f (0) = \ln (2)$ .
(b)

Pour $t \neq 0$ et aussi pour $t = 0$ on a

$g (t) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n)!} t^{2 n - 1} .$

On peut alors poser

$G (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n)!} \cdot \frac{x^{2 n}}{2 n}$

primitive de $g$ et l’on obtient

$f (x) = \ln (2) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n)!} \cdot \frac{4^{n} - 1}{2 n} x^{2 n}$

pour tout $x \in ℝ$ .

Exercice 161 2610 ENSTIM (MP)Correction

Pour $x \in] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ , on pose

f (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

(a)

Justifier l’existence de $f (x)$ pour chaque $x \in] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$
(b)

Établir que pour tout $x > 1$ ,

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} \leq f (x) \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} .$

En déduire la limite de $f$ en $1^{+}$
(c)

Étudier de même la limite de $f$ en $1^{-}$ .
(d)

Justifier que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; 1 [$ et sur $] 1; + \infty [$ et exprimer

$f^{'} (x) .$
(e)

Établir que le prolongement par continuité de $f$ en 1 est de classe $𝒞^{1}$ puis de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$

Solution

(a)

Pour chaque valeur de $x$ considérée, la fonction intégrée est définie et continue sur le segment d’extrémités $x$ et $x^{2}$ .
(b)

Pour $x > 1$ et pour tout $t \in [x; x^{2}]$ , $x \leq t \leq x^{2}$ et $\ln (t) > 0$ donne par intégration en bon ordre

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} \leq f (x) \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} .$

Puisque

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (| \ln (t) |)]}_{x}^{x^{2}} = \ln (2)$

on obtient

$f (x) \to_{x \to 1^{+}}^{} \ln (2) .$
(c)

Pour $x < 1$ , on a cette fois-ci $x^{2} \leq x$ et $\ln (t) < 0$ .
En adaptant ce qui précède, on obtient cette fois-ci $x^{2} \ln (2) \leq f (x) \leq x \ln (2$ ) d’où l’on conclut

$f (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} \ln (2) .$
(d)

On introduit $H$ primitive de $t \mapsto 1 / \ln (t)$ sur $] 0; 1 [$ ou $] 1; + \infty [$ .
On peut alors écrire $f (x) = H (x^{2}) - H (x)$ d’où l’on tire que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; 1 [$ et sur $] 1; + \infty [$ avec

$f^{'} (x) = \frac{x - 1}{\ln (x)} .$
(e)

La dérivée de $f$ converge en 1 donc par le théorème du prolongement $𝒞^{1}$ , on peut affirmer que le prolongement par continuité de $f$ en 1, encore noté $f$ , est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
La dérivée de $f$ est évidement de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; 1 [$ et sur $] 1; + \infty [$ .
Au voisinage de 1, la dérivée de $f$ est l’inverse de $\frac{\ln (x)}{x - 1}$ .
En posant $x = 1 + h$ , on a

$\frac{1}{f^{'} (x)} = \frac{1}{h} \ln (1 + h) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} h^{n}}{n + 1}$

pour $| h | < 1$ .
Ainsi $\frac{1}{f^{'} (x)}$ est au voisinage de 1 une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ ne s’annulant pas et donc $f^{'} (x)$ est une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ au voisinage de 1.

[<] Application à la régulatité d'un prolongement continu[>] Intégration terme à terme et séries entières

Exercice 162 2808 MINES (MP)Correction

Calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n - 1}{n! \cdot 3^{n}} .

Solution

Avec convergence,

	$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n - 1}{n! \cdot 3^{n}}$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n}{n! \cdot 3^{n}} - \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n! \cdot 3^{n}}$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)! \cdot 3^{n}} - \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n! \cdot 3^{n}}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n! \cdot 3^{n + 1}} - \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n! \cdot 3^{n}} .$

On reconnaît des sommes exponentielles et l’on conclut

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n - 1}{n! \cdot 3^{n}} = - \frac{2}{3} e^{- 3} .

Exercice 163 1003 Correction

(a)

Soit $a \in ℕ^{*}$ . Montrer

$\int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{a}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n a + 1} .$
(b)

Application : Calculer les sommes

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} et \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} .$

Solution

(a)

Pour tout $t \in [0; 1 [$ , on sait

$\frac{1}{1 + t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{n}$

donc aussi

$\frac{1}{1 + t^{a}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} t^{n a} .$

Soit $F$ une primitive de la fonction continue $t \mapsto \frac{1}{1 + t^{a}}$ sur $[0; 1]$ .

Par intégration de série entière

$F (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} t^{n a + 1}}{n a + 1} + F (0) pour tout t \in [0; 1 [.$

Or $F$ est continue sur $[0; 1]$ et la série de fonctions converge uniformément sur $[0; 1]$ (par application du critère spécial). Par passage à la limite en $1$ ,

$F (1) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n a + 1} + F (0) .$

Par suite,

$\int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{a}} = F (1) - F (0) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n a + 1} .$
(b)

On en déduit

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t} = \ln (2)$

et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{4} .$

Exercice 164 1338 X (MP)Correction

Calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(4 n + 1) (4 n + 3)} .

Solution

Introduisons la série entière de somme

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{4 n + 3}}{(4 n + 1) (4 n + 3)} .

On vérifie aisément que son rayon de convergence est égale à 1 et que sa somme est définie et continue sur $[- 1; 1]$ par convergence normale.
Sur $] - 1; 1 [$

S^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{4 n + 2}}{4 n + 1} .

Pour $x \neq 0$

{(\frac{1}{x} S^{'} (x))}^{'} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{4 n} = \frac{1}{1 - x^{4}} .

On en déduit que sur $] - 1; 1 [$

S^{'} (x) = x \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t^{4}}

puis

S (x) = \int_{0}^{x} t \int_{0}^{t} \frac{d u}{1 - u^{4}} .

Par intégration par parties

S (x) = {[\frac{1}{2} (t^{2} - 1) \int_{0}^{t} \frac{d u}{1 - u^{4}}]}_{0}^{x} + \frac{1}{2} \int_{0}^{x} \frac{1 - t^{2}}{1 - t^{4}} d t

et ainsi

S (x) = \frac{1}{2} (x^{2} - 1) \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t^{4}} + \frac{1}{2} \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + t^{2}} .

Quand $x \to 1^{-}$

\int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t^{4}} = O (\ln (1 - x)) = o (\frac{1}{x - 1})

donc

S (x) \to \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{8} .

On en déduit

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(4 n + 1) (4 n + 3)} = S (1) = \frac{π}{8} .

Exercice 165 1007

(a)

Développer en série entière sur $] - 1; 1 [$ la fonction $\arcsin$ .
(b)

Vérifier que le développement de la fonction $\arcsin$ est en fait valable sur $[- 1; 1]$ .
(c)

Application : En calculant de deux façons

$\int_{0}^{π / 2} \arcsin (\sin (t)) d t$

déterminer la valeur de la somme

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}}$

Exercice 166 1009 Correction

On note $γ$ la constante d’Euler.

(a)

Établir l’égalité

$γ = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \ln (1 + \frac{1}{n})) .$
(b)

En déduire que

$γ = \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} ζ (k) .$

Solution

(a)

Par télescopage

$\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \ln (1 + \frac{1}{n})) = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - \ln (N + 1) .$

Or

$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} = \ln (N) + γ + o (1)$

donc

$\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \ln (1 + \frac{1}{n})) \to_{n \to + \infty}^{} γ .$
(b)

Puisque

$\frac{1}{n} - \ln (1 + \frac{1}{n}) = \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} \frac{1}{n^{k}}$

on obtient

$γ = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} \frac{1}{n^{k}} = \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} + \sum_{n = 2}^{+ \infty} \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} \frac{1}{n^{k}}$

or

$\sum_{k = 2}^{+ \infty} \sum_{n = 2}^{+ \infty} | \frac{{(- 1)}^{k}}{k} \frac{1}{n^{k}} | \leq \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{1}{k} \int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{k}} \leq \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{1}{k (k - 1)} < + \infty$

donc on peut appliquer le théorème d’échange de Fubini et affirmer

$\sum_{n = 2}^{+ \infty} \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} \frac{1}{n^{k}} = \sum_{k = 2}^{+ \infty} \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} \frac{1}{n^{k}} = \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} (ζ (k) - 1)$

et enfin

$γ = \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} + \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} (ζ (k) - 1) = \sum_{k = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k} ζ (k) .$

Exercice 167 5290 ENSTIM (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

(a)

Prouver l’existence de

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{H_{n}}{2^{n + 1} (n + 1)} .$
(b)

Calculer cette somme. On pourra employer une série entière.

Solution

(a)

On sait $H_{n} \sim \ln (n)$ et l’on en déduit que $H_{n + 1} / H_{n}$ tend vers 1. Par application de la règle de D’Alembert, on acquiert que la série étudiée converge absolument.
(b)

On introduit la série entière

$\sum_{n \geq 1} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}) x^{n} .$

Celle-ci est de rayon de convergence égal à $1$ et par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}) x^{n} = (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n}) = - \frac{\ln (1 - x)}{(1 - x)}$

pour tout $x \in] - 1; 1 [$ . Par intégration de série entière,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{H_{n}}{n + 1} x^{n + 1} = \frac{1}{2} {(\ln (1 - x))}^{2} .$

Pour $x = 1 / 2$ , on conclut

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{H_{n}}{2^{n + 1} (n + 1)} = \frac{1}{2} {(\ln (2))}^{2} .$

Exercice 168 2534 CCINP (MP)Correction

On pose

\forall θ \in ℝ, \forall n \in ℕ, a_{n} = \cos (n θ) .

(a)

Calculer $\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ pour tout $x \in] - 1; 1 [$ .
(b)

Montrer que pour tout $θ \neq k π$ , la série $\sum \frac{a_{n}}{n + 1}$ converge et exprimer sa somme à l’aide d’une intégrale.
(c)

Calculer cette intégrale pour $θ \in] 0; π [$ .

Solution

(a)

Comme la suite $(a_{n})$ est bornée, on peut écrire $a_{n} x^{n} = O (x^{n})$ . Or la série $\sum x^{n}$ converge absolument pour $| x | < 1$ et donc, par comparaison, la série $\sum a_{n} x^{n}$ est absolument convergente.
Puisque $\cos (n θ) = Re (e^{i n θ})$ , on peut écrire

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = Re (\sum_{n = 0}^{+ \infty} {(x e^{i θ})}^{n}) .$

Par sommation géométrique (possible puisque $| x e^{i θ} | < 1$ ),

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = Re (\frac{1}{1 - x e^{i θ}}) = \frac{1 - x \cos (θ)}{x^{2} - 2 x \cos (θ) + 1} .$
(b)

La convergence de la série étudiée n’est pas immédiate. Exprimons ses sommes partielles

$\sum_{n = 0}^{N} \frac{\cos (n θ)}{n + 1} = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{N} \cos (n θ) x^{n} d x .$

Par le calcul au dessus, on peut écrire

$\sum_{n = 0}^{N} \frac{\cos (n θ)}{n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{1 - x \cos (θ)}{x^{2} - 2 x \cos (θ) + 1} d x - \int_{0}^{1} \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \cos (n θ) x^{n} d x .$

Puisque $| Re (z) | \leq | z |$ , on peut écrire

$| \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \cos (n θ) x^{n} | \leq | \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} e^{i n θ} x^{n} |$

ce qui donne par un calcul analogue au précédent

$| \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \cos (n θ) x^{n} | \leq \frac{x^{N + 1}}{| 1 - x e^{i θ} |} \leq \frac{x^{N + 1}}{| Im (x e^{i θ}) |} = \frac{x^{N}}{| \sin (θ) |} .$

Par conséquent,

$| \int_{0}^{1} \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \cos (n θ) x^{n} d x | \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{N}}{| \sin (θ) |} d x \leq \frac{1}{(N + 1) | \sin (θ) |} \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que la série $\sum \frac{\cos (n θ)}{n + 1}$ converge et

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{\cos (n θ)}{n + 1} = \int_{0}^{1} \frac{1 - x \cos (θ)}{x - 2 x \cos (θ) + 1} d x .$
(c)

On décompose l’intégrale étudiée en deux intégrales directement calculables

$\int_{0}^{1} \frac{1 - x \cos (θ)}{1 - 2 x \cos (θ) + x^{2}} d x = \sin^{2} (θ) \int_{0}^{1} \frac{d x}{{(x - \cos (θ))}^{2} + \sin^{2} (θ)} - \frac{\cos (θ)}{2} \int_{0}^{1} \frac{2 x - 2 \cos (θ)}{x^{2} - 2 x \cos (θ) + 1}$

et l’on obtient

$\int_{0}^{1} \frac{1 - x \cos (θ)}{1 - 2 x \cos (θ) + x^{2}} d x = \sin (θ) {[\arctan (\frac{x - \cos (θ)}{\sin (θ)})]}_{0}^{1} - \frac{\cos (θ)}{2} {[\ln (x^{2} - 2 x \cos (θ) + 1)]}_{0}^{1} .$

On simplifie en exploitant

$\arctan (- \frac{\cos (θ)}{\sin (θ)}) = \arctan (\tan (θ - π / 2)) = θ - π / 2 .$

$\arctan (\frac{1 - \cos (θ)}{\sin (θ)}) = \arctan (\frac{2 \sin^{2} (θ / 2)}{2 \sin (θ / 2) \cos (θ / 2)}) = \frac{θ}{2}$

et

$\ln (2 - 2 \cos (θ)) = \ln (4 \sin^{2} (θ / 2)) .$

On obtient au final

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{\cos (n θ)}{n + 1} = \frac{π - θ}{2} \sin (θ) - \cos (θ) \ln (2 \sin (\frac{θ}{2})) .$

Exercice 169 5462 Correction

(a)

Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entière

$\sum_{n \geq 0} {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} x^{n} .$

Pour $x \in] - R; R [$ , on pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} x^{n} .

(b)

Montrer que $f$ est solution sur $] - R; R [$ de l’équation différentielle

$(E) : x (4 - x) y^{'} - (x + 2) y + 2 = 0 .$
(c)

Résoudre l’équation $(E)$ sur $] 0; 4 [$ .
(d)

Déterminer $f$ sur $] 0; R [$ .
(e)

Application : Donner la valeur de

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} .$

Solution

(a)

Pour $x \neq 0$ ,

$| \frac{{(\binom{2 n + 2}{n + 1})}^{- 1} x^{n + 1}}{{(\binom{2 n}{n})}^{- 1} x^{n}} | = \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} | x | \to_{n \to + \infty}^{} \frac{| x |}{4} .$

On en déduit $R = 4$ .

(b)

La fonction $f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - 4; 4 [$ avec

f^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} n x^{n - 1} pour tout x \in] - 4; 4 [.

On vérifie alors

	$x (4 - x) f^{'} (x) - (x + 2) f (x)$	$= 4 \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} n x^{n} - \sum_{n = 2}^{+ \infty} {(\binom{2 n - 2}{n - 1})}^{- 1} (n - 1) x^{n}$
		$- \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(\binom{2 n - 2}{n - 1})}^{- 1} x^{n} - 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} x^{n} .$

Dans cette expression, le coefficient de $x$ est

4 {(\binom{2}{1})}^{- 1} - {(\binom{0}{0})}^{- 1} - 2 {(\binom{2}{1})}^{- 1} = 2 - 1 - 1 = 0 .

Pour $n \geq 2$ , le coefficient de $x^{n}$ est

	$4 {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} n - {(\binom{2 n - 2}{n - 1})}^{- 1} (n - 1) - {(\binom{2 n - 2}{n - 1})}^{- 1} - 2 {(\binom{2 n}{n})}^{- 1}$
	$= \frac{4 n \cdot {(n!)}^{2}}{(2 n)!} - \frac{(n - 1) \cdot {((n - 1)!)}^{2}}{(2 n - 2)!} - \frac{{((n - 1)!)}^{2}}{(2 n - 2)!} - \frac{2 \cdot {(n!)}^{2}}{(2 n)!}$
	$= \frac{4 n \cdot {(n!)}^{2} - 2 n (2 n - 1) n \cdot {((n - 1)!)}^{2} - 2 \cdot {(n!)}^{2}}{(2 n)!}$
	$= \frac{4 n \cdot {(n!)}^{2} - 2 (2 n - 1) \cdot {(n!)}^{2} - 2 \cdot {(n!)}^{2}}{(2 n)!} = 0 .$

Il ne reste donc que le coefficient constant (valant $- 2$ ) et alors

x (4 - x) f^{'} (x) - (x + 2) f (x) + 2 = 0 .

(c)

Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ . Puisque

$\int \frac{x + 2}{x (4 - x)} d x = \int (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} + \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{4 - x}) d x = \frac{1}{2} \ln (x) - \frac{3}{2} \ln (4 - x)$

la solution homogène est

$y (x) = λ \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}} avec λ \in ℝ .$

L’application de la méthode de la variation de la constante conduit à déterminer

$\int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{4 - x}{x}} d x .$

On pose le changement de variable $t = \sqrt{\frac{4 - x}{x}}$ pour lequel $x = \frac{4}{1 + t^{2}}$ puis

$\int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{4 - x}{x}} d x$ $= - \int \frac{1 + t^{2}}{4} \cdot t \cdot \frac{8 t}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t$

$= - \int \frac{2 t^{2}}{1 + t^{2}} d t = \int (\frac{2}{1 + t^{2}} - 2) d t$

$= 2 \arctan (t) - 2 t$

$= 2 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}}) - 2 \sqrt{\frac{4 - x}{x}} .$

On conclut à la solution générale

$y (x)$ $= (λ + 4 \sqrt{\frac{4 - x}{x}} - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}})) \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}}$

$= \frac{4}{4 - x} + (λ - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}})) \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}} .$
(d)

Pour que la solution soit développable en série entière en $0$ , il faut que

$λ - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}}) \to_{x \to 0^{+}}^{} C = 0$

car dans le cas contraire

$y (x) \underset{t \to 0^{+}}{=} 1 + C \sqrt{x} + o (\sqrt{x}) .$

On en déduit $λ = 2 π$ puis

$f (x) = \frac{4}{4 - x} + (2 π - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}})) \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}} pour tout x \in] 0; 4 [.$

En effet, la fonction $f$ est solution sur $] 0; 4 [$ de l’équation différentielle et correspond nécessairement à l’expression en second membre sur cet intervalle.
(e)

Directement,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\binom{2 n}{n})}^{- 1} = f (1) = \frac{4}{3} + \frac{2 π}{3} \cdot \frac{1}{3 \sqrt{3}} .$

[<] Application au calcul de sommes[>] Applications variées des séries entières

Exercice 170 1004 Correction

Montrer

\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} .

Solution

On a

\frac{\ln (1 + x)}{x} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1} x^{n - 1}}{n}

avec une convergence uniforme sur $[0; 1]$ par majoration du reste d’une série vérifiant le critère spécial.
On a alors

\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + x)}{x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{n - 1} x^{n - 1}}{n} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{2}} .

On peut montrer que cette vaut $π^{2} / 12$ si l’on sait

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Exercice 171 1006 Correction

Montrer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} = \int_{0}^{1} \arctan (x) d x .

En déduire la valeur de cette somme.

Solution

On a

\arctan (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1}

avec convergence uniforme sur $[0; 1]$ par majoration du reste d’une série vérifiant le critère spécial. On peut donc intégrer terme à terme

\int_{0}^{1} \arctan (x) d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} .

Par intégration par parties,

\int_{0}^{1} \arctan (x) d x = \frac{π}{4} - \frac{\ln (2)}{2} .

Exercice 172 1005

Établir l’identité

\int_{0}^{1} \frac{\arctan (x)}{x} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Exercice 173 2597 CCINP (PSI)Correction

On définit deux fonctions $g, h : ℝ \to ℝ$ en posant

g (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n} t^{n}}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} et h (t) = g (t) e^{- t} .

(a)

Montrer que $h$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que $h$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et calculer

$\int_{0}^{+ \infty} h (t) d t .$

Solution

(a)

La fonction $g$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ car c’est la somme d’une série entière de rayon de convergence $+ \infty$ . Par produit, la fonction $h$ est de classe $𝒞^{\infty}$ .
(b)

Pour $t \in ℝ_{+}$ ,

$h (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t)$

avec

$f_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n} t^{n} e^{- t}}{2^{2 n} n!} .$

Les fonctions $f_{n}$ sont continues par morceaux et intégrables sur $ℝ_{+}$ . Puisque

$\int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- t} d t = n!$

on obtient

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} | = \frac{1}{2^{2 n} n!}$

et la série $\sum \int_{[0; + \infty [} | f_{n} |$ est donc convergente.

Puisque $\sum f_{n}$ converge simplement sur $ℝ_{+}$ vers $h$ continue par morceaux, on peut par théorème affirmer que $h$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ et

$\int_{0}^{+ \infty} h (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} f_{n} (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{2 n} n!} = e^{- 1 / 4} .$

Exercice 174 4941 CCINP (MP)Correction

(a)

Soit $a \in] 0; 1 [$ . Montrer la convergence de l’intégrale suivante

$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x .$
(b)

Soit $a \in] 0; 1 [$ . Justifier

$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} .$
(c)

En déduire la convergence et la valeur de

$\int_{0}^{1} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x .$

Solution

(a)

La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur $] 0; a]$ . On sait le développement limité

$\ln (1 - x) \underset{x \to 0}{=} - x - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2}) .$

On en déduit

$\frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} \to_{x \to 0}^{} - \frac{1}{2} .$

L’intégrale étudiée est faussement généralisée en $0$ : elle converge.
(b)

Par développement en série entière,

$\forall x \in] - 1; 1 [, \ln (1 - x) = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n}$

et donc

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} = - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{x^{n - 2}}{n} .$

Après prolongement par continuité en $0$ , la fonction intégrée se confond avec la somme d’une série entière de rayon de convergence $R \geq 1$ (et en fait $R = 1$ ). Celle-ci converge normalement sur le segment $[0; a] \subset] - 1; 1 [$ ce qui permet d’intégrer terme à terme

$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x$ $= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \int_{0}^{a} \frac{x^{n - 2}}{n} d x$

$= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{a^{n - 1}}{n (n - 1)} = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} .$
(c)

La série entière $\sum \frac{a^{n}}{n (n + 1)}$ a pour rayon de convergence $R = 1$ et est définie en $a = 1$ . Or une série entière est continue là où elle est définie. On en déduit

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} \to_{a \to 1^{-}}^{} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n + 1)} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = 1 .$

puis

$\int_{0}^{1} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x = lim_{a \to 1^{-}} \int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x = - 1$

avec convergence de l’intégrale étudiée.

Exercice 175 5914 CENTRALE (MP)Correction

Dans cet exercice, on souhaite calculer la valeur de l’intégrale convergente

I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

Pour $x \in ℝ$ , on pose

f (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .

(a)

Montrer que $f$ est développable en série entière sur $ℝ$ et exprimer ce développement.
(b)

Établir que pour tout $x \in ℝ$

$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t) = \frac{π}{2} - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$
(c)

En déduire la valeur de $I$ .

Solution

(a)

La fonction $f$ est dérivable avec

$f^{'} (x) = - \frac{\sin (x)}{x} = - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1)!} x^{2 k} .$

Par intégration de développement en série entière, on a pour tout $x \in ℝ$

$f (x) = I - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$
(b)

Pour $x \in ℝ$ ,

$\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t = \int_{0}^{π / 2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t .$

On peut intégrer terme à terme car la série de fonctions converge normalement sur $[0; π / 2]$ puisque

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} sup_{t \in [0; π / 2]} | \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} | = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} {| x |}^{n} = e^{| x |} < + \infty .$

On a donc

$\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{π / 2} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t$

avec, pour $n = 0$ ,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t = \int_{0}^{π / 2} 1 d t = \frac{π}{2}$

et, pour $n \neq 0$ ,

$\int_{0}^{π / 2} \frac{{(- 1)}^{n}}{n!} x^{n} e^{i n t} d t = \frac{{(- 1)}^{n}}{i n \cdot n!} (i^{n} - 1) x^{n} .$

En passant à la partie réelle,

$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t)$ $= \frac{π}{2} + \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{2 k + 1}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} {(- 1)}^{k} x^{2 k + 1}$

$= \frac{π}{2} - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$
(c)

Par ce qui précède, on obtient que pour tout $x \in ℝ$

$f (x) - Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t) = I - \frac{π}{2} .$

Or

$lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$

et

$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t) = \int_{0}^{π / 2} e^{- x \cos (t)} \cos (x \sin (t)) d t \to_{x \to + \infty}^{} 0$

par application du théorème de convergence dominée¹¹ 1 Il suffit de dominer par la fonction constante égale à $1$ intégrable sur $[0; π / 2]$ .. On en déduit

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = \frac{π}{2} .$

Exercice 176 5668 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ et $t \in ℝ$ , on pose

f_{n} (t) = \frac{{(t^{2} - 1)}^{n + 1}}{n + 1} .

(a)

Étudier la convergence simple de la série $\sum f_{n}$ et donner sa somme.
(b)

Étudier la convergence normale de $\sum f_{n}$ sur $[0; 1]$ .
(c)

Étudier la convergence uniforme de $\sum f_{n}$ sur $[0; 1]$ .
(d)

Donner la nature et l’éventuelle somme de la série $\sum u_{n}$ avec

$u_{n} = \int_{0}^{1} \frac{{(t^{2} - 1)}^{n + 1}}{n + 1} d t pour tout n \in ℕ .$

Solution

(a)

Par les séries entières, on sait

$\forall x \in [- 1; 1 [, - \ln (1 - x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n + 1}}{n + 1}$

avec divergence de la série pour les autres valeurs réelles de $x$ .

On en déduit que la série $\sum f_{n} (t)$ converge si, et seulement si, $t^{2} - 1 \in [- 1; 1 [$ , c’est-à-dire si, et seulement si, $t \in] - \sqrt{2}; \sqrt{2} [$ . De plus, on a alors

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(t^{2} - 1)}^{n + 1}}{n + 1} = - \ln (1 - (t^{2} - 1)) = - \ln (2 - t^{2}) .$
(b)

On remarque la série $\sum f_{n} (0)$ ne converge pas absolument: la série de fonctions $\sum f_{n}$ ne peut pas converger normalement sur $[0; 1]$ .
(c)

Pour $t \in [0; 1]$ , on peut appliquer le critère spécial à la série $\sum f_{n} (t)$ . Par celui-ci,

$| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} f_{k} (t) | \leq | f_{n + 1} (t) | \leq \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .
(d)

Par convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur $[0; 1]$ ,

$\int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (t) d t .$

On en déduit que la série $\sum u_{n}$ converge avec

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = - \int_{0}^{1} \ln (2 - t^{2}) d t .$

Par intégration par parties,

$\int_{0}^{1} \ln (2 - t^{2}) d t$ $= {[t \ln (2 - t^{2})]}_{0}^{1} + 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{2 - t^{2}} d t$

$= 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2} - 2 + 2}{2 - t^{2}} d t$

$= - 2 + \sqrt{2} {[\ln (\frac{\sqrt{2} + t}{\sqrt{2} - t})]}_{0}^{1} = - 2 + 2 \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}) .$

Finalement,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = 2 \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}) - 2 .$

Exercice 177 1008 Correction

Observer que pour tout $x \in] - 1; 1 [$ ,

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = π (\sqrt{1 + x} - 1) .

Solution

On a

\ln (1 + u) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} u^{k}}{k}

avec convergence normale sur $[- | x |; | x |]$ donc

\ln (1 + x \sin^{2} (t)) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} x^{k} \sin^{2 k} (t)}{k}

avec convergence normale sur $[0; π / 2]$ .
Par suite,

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} x^{2 k}}{k} I_{k - 1}

avec

I_{n} = \int_{0}^{π / 2} \sin^{2 n} (t) d t = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} \cdot \frac{π}{2}

puis

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1} x^{2 k}}{k} \frac{(2 k - 2)!}{{(2^{k - 1} (k - 1)!)}^{2}} \cdot \frac{π}{2} .

\sqrt{1 + u} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} (\binom{1 / 2}{k}) x^{k}

avec

(\binom{1 / 2}{k}) = \frac{{(- 1)}^{k - 1} (2 k - 2)!}{2^{2 k - 1} k {((k - 1)!)}^{2}}

d’où

\int_{0}^{π / 2} \frac{\ln (1 + x \sin^{2} (t))}{\sin^{2} (t)} d t = π (\sqrt{1 + x} - 1) .

Exercice 178 5673 CCINP (MP)Correction

On pose

I = \int_{0}^{1} \ln (x) \ln (1 - x) d x .

(a)

Montrer que l’intégrale définissant $I$ existe.
(b)

Rappeler le développement en série entière de $x \mapsto \ln (1 - x)$ en précisant le rayon de convergence.
(c)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer que $x \mapsto x^{n} \ln (x)$ est intégrable sur $] 0; 1]$ et calculer son intégrale.
(d)

Calculer $I$ .

On donne

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .$

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto \ln (x) \ln (1 - x)$ est définie et continue par morceaux sur $] 0; 1 [$ et prolongeable par continuité en $0$ et en $1$ car

$\ln (x) \ln (1 - x) \underset{x \to 0}{\sim} - x \ln (x) \to_{x \to 0}^{} 0 et \ln (x) \ln (1 - x) \underset{x \to 1}{\sim} (x - 1) \ln (1 - x) \to_{x \to 1}^{} 0 .$

L’intégrale définissant $I$ est donc convergente.
(b)

Avec un rayon de convergence égal à $1$ ,

$\ln (1 - x) = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} .$
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , la fonction $x \mapsto x^{n} \ln (x)$ est continue par morceaux et intégrable sur $] 0; 1]$ car prolongeable par continuité en $0$ .

Par intégration par parties généralisée légitime,

$\int_{0}^{1} x^{n} \ln (x) d x = {[\frac{x^{n + 1}}{n + 1} \ln (x)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{n + 1} d x = - \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} .$
(d)

On a

$\forall x \in] 0; 1 [, \ln (x) \ln (1 - x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} - \frac{x^{n}}{n} \ln (x) d x .$

Les fonctions sommées sont positives et intégrables sur $] 0; 1]$ . Par théorème d’intégration terme à terme

$I = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} - \frac{x^{n}}{n} \ln (x) d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n {(n + 1)}^{2}} .$

Par décomposition en éléments simples,

$\frac{1}{n {(n + 1)}^{2}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{{(n + 1)}^{2}}$

et l’on a donc

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n {(n + 1)}^{2}} = \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1})}} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} = 2 - \frac{π^{2}}{6} .$

Exercice 179 5952 CCP (MP)Correction

On note $I = [0; 1]$ . Pour $n \geq 1$ , on définit $f_{n} : [0; 1] \to ℝ$ donnée par

f_{n} (t) = \frac{t^{n - 1} \ln (t)}{n} pour t \in] 0; 1] et f_{n} (0) = 0 .

(a)

Déterminer ${∥ f_{n} ∥}_{\infty, I}$ .

On pose $g : t \mapsto \frac{\ln (1 - t) \ln (t)}{t}$ définie sur $J =] 0; 1 [$ .

(b)

Montrer que $g$ est intégrable sur $J$ .

On pourra rappeler la valeur de ${lim}_{t \to 1^{-}} \frac{\ln (t)}{t - 1}$ .
(c)

Montrer que

$\int_{0}^{1} g (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{3}} .$

Solution

(a)

Pour $n = 1$ , la fonction $f_{n}$ n’est pas bornée.

Pour $n \geq 2$ , la fonction $f_{n}$ est continue sur $[0; 1]$ et dérivable sur $] 0; 1]$ . L’étude des variations montre que $| f_{n} |$ est maximale pour $t = e^{1 / (n - 1)}$ . On obtient

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [0; 1]} = \frac{e^{- 1}}{n - 1} .$
(b)

D’une part,

$g (t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} - \ln (t)$

et donc $g$ est intégrable en $0^{+}$ .

D’autre part, on sait

$lim_{t \to 1^{-}} \frac{\ln (t)}{t - 1} = lim_{t \to 1^{-}} \frac{\ln (t) - \ln (1)}{t - 1} = {(\ln)}^{'} (1) = 1$

et l’on peut écrire

$g (t) = \underset{\begin{matrix} \to - 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{- \frac{1}{t}}} \cdot \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{(1 - t) \ln (1 - t)}} \cdot \underset{\begin{matrix} \to 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{\ln (t)}{t - 1}}} \to_{t \to 1^{-}}^{} 0 .$

La fonction $g$ est prolongeable par continuité en $1$ et donc intégrable en $1^{-}$ .
(c)

Par développement en série entière, on remarque

$\forall t \in] 0; 1 [, g (t) = - \frac{\ln (t)}{t} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{t^{n}}{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} - f_{n} (t) .$

L’intégration terme à terme par convergence normale n’est pas possible en vertu du calcul de la première question. Mettons en place un théorème d’intégration terme à terme dans le contexte des fonctions positives.

Les fonctions $- f_{n}$ sont positives et intégrables sur $] 0; 1 [$ . La série de fonctions $\sum - f_{n}$ converge simplement sur $] 0; 1 [$ en vertu des calculs précédents. Dans $[0; + \infty]$ , on peut écrire

$\int_{0}^{1} g (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} - f_{n} (t) d t$

(et l’égalité est en fait dans $[0; + \infty [$ puis que $g$ est intégrable sur $] 0; 1 [$ ).

Par intégration par parties généralisée, on obtient

$\int_{0}^{1} - f_{n} (t) d t = {[- \frac{t^{n} \ln (t)}{n^{2}}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{t^{n - 1}}{n^{2}} d t = \frac{1}{n^{3}} .$

On en déduit la formule proposée.

Exercice 180 5300 ENSTIM (MP)Correction

Existence et valeur de

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t .

On donne

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} = \ln (2) et \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} = \frac{π^{2}}{8}

Solution

La fonction intégrée est définie, continue par morceaux et intégrable sur $] 0; 1 [$ car

\frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} \underset{t \to 0}{\sim} - 2 \ln (t) = o (\frac{1}{\sqrt{t}}) et \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} \to_{t \to 1}^{} 0 .

Par développement en série entière de $\ln (1 + u)$ ,

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t = 2 \int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{t^{2 n} \ln (t)}{n + 1} d t .

Par intégration par parties généralisée,

\int_{0}^{1} t^{2 n} \ln (t) d t = - \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Par intégration terme à terme,

\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2}{(n + 1) {(2 n + 1)}^{2}} .

Par décomposition en éléments simples,

\frac{2}{(n + 1) {(2 n + 1)}^{2}} = \frac{2}{n + 1} - \frac{4}{2 n + 1} + \frac{4}{{(2 n + 1)}^{2}} .

Avec convergence des sommes, on écrit

	$\int_{0}^{1} \frac{\ln (t^{2}) \ln (1 - t^{2})}{t^{2}} d t$	$= 4 \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{1}{2 n + 2} - \frac{1}{2 n + 1}) + 4 \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}}$
		$= \frac{π^{2}}{2} - 4 \ln (2) .$

Exercice 181 2865 MINES (PC)Correction

Étudier la limite de la suite de terme général

I_{n} = n \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .

Solution

Par développement en série entière

\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \int_{[0; 1 [} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{n k} d t .

Pour $n \geq 1$ , il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues donc on peut donc intégrer terme à terme

\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} .

On a alors

n \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)}

avec

| \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)} | \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \to 0

donc

n \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}}

avec

\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{12}

car on sait

\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Exercice 182 5663 Correction

Soit $\sum a_{n} z^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $f$ .

(a)

Établir que pour tout $r \in] 0; R [$ et tout $n \in ℕ$

$a_{n} = \frac{1}{2 π r^{n}} \int_{0}^{2 π} f (r e^{i θ}) e^{- i n θ} d θ .$
(b)

En déduire que pour tout $r \in [0; R [$

$| a_{n} | \leq \frac{M (r)}{r^{n}} avec M (r) = sup_{| z | = R} | f (z) | .$
(c)

Application : On suppose $R = + \infty$ et $f$ bornée. Montrer que $f$ est constante.

Solution

(a)

Soient $r \in] 0; R [$ et $n \in ℕ$ . On a

$\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (r e^{i θ}) e^{- i n θ} d θ = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} e^{i (k - n) θ} d θ .$

Posons $f_{k} : [0; 2 π] \to ℂ$ définie par

$f_{k} (θ) = a_{k} r^{k} e^{i (k - n) θ} .$

Les fonctions $f_{k}$ sont continues et

$sup_{θ \in [0; 2 π]} | f_{k} (θ) | = | a_{k} | r^{k} .$

Puisque la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ converge absolument en $z = r$ , on peut affirmer la convergence normale, et donc la convergence uniforme, de la série de fonctions $\sum f_{k}$ . Il est alors possible de procéder à une intégration terme à terme

$\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} e^{i (k - n) θ} d θ = \frac{1}{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) θ} d θ .$

Cependant, un calcul de primitive donne

$\int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) θ} d θ = {\begin{matrix} 2 π & si n = k \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

En simplifiant les termes nuls de la somme, il vient

$\frac{1}{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_{k} r^{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) θ} d θ = a_{n} r^{n} .$

On en déduit la formule proposée.
(b)

Par l’égalité qui précède,

$| a_{n} | \leq \frac{1}{2 π r^{n}} \int_{0}^{2 π} | f (r e^{i θ}) | | e^{- i n θ} | d θ \leq \frac{1}{2 π r^{n}} \int_{0}^{2 π} M (r) d θ = \frac{M (r)}{r^{n}} .$
(c)

On introduit ${∥ f ∥}_{\infty} = {sup}_{z \in ℂ} | f (z) |$ . Puisque $M (r) \leq {∥ f ∥}_{\infty}$ , on a pour tout $n \in ℕ^{*}$

$| a_{n} | \leq \frac{{∥ f ∥}_{\infty}}{r^{n}} \to_{r \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit $a_{n} = 0$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ . L’application $f$ est donc constante.

Exercice 183 4106 CENTRALE (MP)Correction

On considère une série entière complexe $\sum_{n \geq 0} a_{n} z^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

On note $f$ sa somme définie pour $| z | < R$ par

f (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n} .

(a)

Rappeler la définition du rayon de convergence d’une série entière et montrer que $\sum_{n \geq 0} a_{n} z^{n}$ converge normalement sur le disque $D (0, r) = {z \in ℂ, | z | \leq r}$ si $0 < r < R$ .
(b)

Soit $r$ un réel tel que $0 < r < R$ , montrer que la fonction

$z \mapsto \int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ$

est développable en série entière et exprimer la somme de cette série entière en fonction de $f (z)$ et de $f (0)$ .
(c)

Déterminer les fonctions $f$ , développables en série entière sur $D (0, R)$ , et qui ne prennent que des valeurs réelles sur un ensemble de la forme ${z \in ℂ, | z | = r}$ pour $0 < r < R$ .

Solution

(a)

$R$ est la borne supérieure dans $ℝ \cup {+ \infty}$ de l’ensemble

${r \in [0; + \infty [| {(a_{n} r^{n})}_{n \in ℕ} est bornée} .$

Soit $0 < r < R$ . On peut introduire $ρ$ tel que $r < ρ$ et ${(a_{n} ρ^{n})}_{n \in ℕ}$ soit une suite bornée. Pour tout $z \in D (0, r)$ , on a

$| a_{n} z^{n} | \leq | a_{n} | r^{n} = | a_{n} | ρ^{n} {(\frac{r}{ρ})}^{n} = O ({(\frac{r}{ρ})}^{n}) .$

Ce majorant uniforme étant sommable (car $| r / ρ | < 1$ ), on obtient la convergence normale voulue.
(b)

Pour $| z | < r$ , on peut décomposer en série géométrique

$\frac{1}{r - z e^{- i θ}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{e^{- i n θ}}{r^{n + 1}} z^{n} .$

Sachant la fonction $f$ bornée sur le compact ${z \in ℂ | | z | = r}$ , il y a convergence de la série

$\sum \int_{0}^{2 π} | \frac{Im (f (r e^{i θ})) e^{- i n θ}}{r^{n + 1}} z^{n} | d θ$

ce qui permet une intégration terme à terme

$\int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\int_{0}^{2 π} Im (f (r e^{i θ})) e^{- i n θ} d θ) \frac{z^{n}}{r^{n + 1}} .$

On obtient ainsi un développement en série entière sur $D (0, r)$ .
Pour l’expliciter, on calcule le terme intégral en procédant à une intégration terme à terme justifiée par l’absolue convergence de $\sum a_{n} r^{n}$

$\int_{0}^{2 π} Im (f (r e^{i θ})) e^{- i n θ} d θ = \sum_{k = 0}^{+ \infty} I_{k} r^{k}$

avec

$I_{k} = Re (a_{k}) \int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ + Im (a_{k}) \int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ .$

Pour $n \neq k$ , les deux intégrales sont nulles.

Pour $n = k = 0$ ,

$\int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ = 0 et \int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ = 2 π .$

Pour $n = k \neq 0$ ,

$\int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ$ $= - i \int_{0}^{2 π} \sin^{2} (k θ) d θ = - i π et$

$\int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ$ $= π .$

On peut alors conclure

$\int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ$ $= \frac{2 π Im (a_{0})}{r} + π \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(Im (a_{n}) - i Re (a_{n})) z^{n}}{r}$

$= \frac{i π}{r} (\bar{f (0)} - f (z)) .$
(c)

Si $f$ est une telle fonction, l’intégrale au-dessus est nulle et donc

$f (z) = \bar{f (0)} pour tout | z | < r .$

On en déduit $a_{0} \in ℝ$ et $a_{n} = 0$ pour $n \geq 1$ . La fonction $f$ est alors constante réelle.

[<] Intégration terme à terme et séries entières

Exercice 184 3932 Correction

(Formule de Chu-Vandermonde)

Pour $α \in ℝ$ , on pose

\forall α \in ℕ, (\binom{α}{n}) = \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} .

Établir

\forall (a, b) \in ℝ^{2}, \sum_{k = 0}^{n} (\binom{a}{k}) (\binom{b}{n - k}) = (\binom{a + b}{n}) .

Solution

Pour $| x | < 1$ , on a le développement en série entière

{(1 + x)}^{α} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{α}{n}) x^{n} .

On peut écrire

{(1 + x)}^{a + b} = {(1 + x)}^{a} {(1 + x)}^{b} .

Par produit de Cauchy de développements en série entière

{(1 + x)}^{a + b} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{a}{k}) (\binom{b}{n - k}) x^{n} .

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient en étudiant le coefficient d’indice $n$

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{a}{k}) (\binom{b}{n - k}) = (\binom{a + b}{n}) .

Exercice 185 5915 Correction

(a)

Former le développement en série entière de $x \mapsto \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ au voisinage de $0$ .
(b)

Application : En déduire

$\forall n \in ℕ, \sum_{k = 0}^{n} (\binom{2 k}{k}) (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) = 4^{n} .$

Solution

(a)

On connaît le développement de ${(1 + u)}^{α}$ pour $u \in] - 1; 1 [$ . On emploie celui-ci avec $α = - 1 / 2$ et $u = - x^{2}$ pour $x$ dans $] - 1; 1 [$ . On a

$\frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} = \frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2}) \dots (- \frac{1}{2} - n + 1)}{n!} .$

On regroupe les signes $(-)$ et les divisions par $2$ de chacun des $n$ facteurs du numérateur

$\frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} = \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{n}} \cdot \frac{1 \times 3 \times \dots \times (2 n - 1)}{n!} .$

Enfin, on exprime le produit des nombres impairs à l’aide d’un quotient de nombres factoriels

$\frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} = {(- 1)}^{n} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} .$

Ainsi, on obtient par substitution

$\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} x^{2 n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$
(b)

On peut encore écrire

$\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{2 n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$

Par produit de développement en série entière, on obtient sur $] - 1; 1 [$

$\frac{1}{1 - x^{2}}$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{2^{2 k}} (\binom{2 k}{k}) \frac{1}{2^{2 n - 2 k}} (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) x^{2 n}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{2 k}{k}) (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) x^{2 n} .$

Or, on a aussi par sommation géométrique

$\frac{1}{1 - x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{2 n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière,

$\forall n \in ℕ, \frac{1}{4^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{2 k}{k}) (\binom{2 (n - k)}{n - k}) = 1$

ce qui conduit à la formule attendue.

Exercice 186 1669 Correction

(a)

Former le développement en série entière de $x \mapsto \frac{1}{\sqrt{1 - x}}$ .
(b)

En déduire celui de $x \mapsto \frac{1}{{(1 - x)}^{3 / 2}}$ .
(c)

Application : À l’aide d’un produit de Cauchy, établir

$\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{4^{k}} (\binom{2 k}{k}) = \frac{2 n + 1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) .$

Solution

(a)

À l’aide de développement connu de ${(1 + u)}^{α}$ pour $α = - 1 / 2$ et $u = - x$ ,

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{1}{\sqrt{1 - x}}$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{1 \times 3 \times \dots \times (2 n - 1)}{2^{n} n!} {(- x)}^{n}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} x^{n}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{n} .$
(b)

Par dérivation d’un développement en série entière,

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{1}{{(1 - x)}^{3 / 2}} = 2 \frac{d}{d x} (\frac{1}{\sqrt{1 - x}}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 (n + 1)}{4^{n + 1}} (\binom{2 n + 2}{n + 1}) x^{n} .$
(c)

Par produit de Cauchy,

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{1}{{(1 - x)}^{3 / 2}} = \frac{1}{1 - x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{4^{k}} (\binom{2 k}{k}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, pour tout $n \in ℕ$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{4^{k}} (\binom{2 k}{k}) = \frac{2 (n + 1)}{4^{n + 1}} (\binom{2 n + 2}{n + 1}) = \frac{2 (n + 1)}{4^{n + 1}} \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{{(n + 1)}^{2}} (\binom{2 n}{n}) = \frac{2 n + 1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) .$

Exercice 187 707 Correction

Soit $S (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ le développement en série entière de $x \mapsto \sqrt{1 + x}$ .

(a)

Pour $N \in ℕ$ , on pose

$S_{N} = \sum_{n = 0}^{N} a_{n} x^{n} et R_{N} = \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .$

Montrer que ${(S_{N} (x))}^{2} - 1 - x$ est un polynôme dont la plus petite puissance de $x$ est de degré $\geq N + 1$ .
(b)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ nilpotente. Justifier l’existence d’une matrice $B \in ℳ_{n} (ℂ)$ telle que

$B^{2} = I_{n} + A .$

Solution

(a)

On a

$S_{N} {(x)}^{2} - 1 - x = S_{N} {(x)}^{2} - S {(x)}^{2} = R_{N} (x) (S (x) + S_{N} (x)) .$

C’est donc une série entière dont le premier terme non nul est au moins un $x^{N + 1}$ . Aussi, ${(S_{N} (x))}^{2} - 1 - x$ est un polynôme.
(b)

Pour $N$ tel que $A^{N} = 0$ , ${(S_{N} (A))}^{2} - I_{n} - A = O_{n}$ donc $B = S_{N} (A)$ convient.

Exercice 188 5461 Correction

On étudie les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ vérifiant

f (2 x) = f (x) + x \exp (x) pour tout x \in ℝ .

(a)

Déterminer les fonctions développables en série entière solutions.
(b)

Démontrer qu’il n’y a pas d’autres solutions parmi les fonctions continues.

Solution

(a)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de fonction somme $f$ définie sur $] - R; R [$ . Pour $x \in] - R / 2; R / 2 [$ ,

$f (2 x) = f (x) + x \exp (x)$ $\Leftrightarrow \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} {(2 x)}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} x^{n + 1}$

$\Leftrightarrow \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} (2^{n} - 1) x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière,

$\forall x \in] - R / 2; R / 2 [, f (2 x) = f (x) + x \exp (x) \Leftrightarrow \forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = \frac{1}{2^{n} - 1} \cdot \frac{1}{(n - 1)!} .$

Au coefficient constant $a_{0}$ près, cela détermine complètement la série entière. Au surplus, celle-ci est de convergence $R = + \infty$ et l’on peut conclure que les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ développables en série entière solutions du problème posé sont les fonctions données par

$f (x) = a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n} - 1} \cdot \frac{1}{(n - 1)!} x^{n} pour tout x \in ℝ .$
(b)

Soit $f$ une fonction continue solution. Pour $x \in ℝ$ ,

$f (x)$ $= f (\frac{x}{2}) + \frac{x}{2} \exp (\frac{x}{2})$

$= f (\frac{x}{4}) + \frac{x}{2} \exp (\frac{x}{2}) + \frac{x}{4} \exp (\frac{x}{4}) .$

Par récurrence, on vérifie

$f (x) = f (\frac{x}{2^{n}}) + \sum_{k = 1}^{n} \frac{x}{2^{k}} \exp (\frac{x}{2^{k}}) pour tout n \in ℕ .$

En passant à la limite quand $n$ tend vers $+ \infty$ , on conclut par continuité de $f$ en $0$

$f (x) = f (0) + \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{x}{2^{k}} \exp (\frac{x}{2^{k}}) .$

La fonction $f$ est donc déterminée de façon unique à la valeur de $f (0)$ près, elle correspond donc à l’une des séries entières précédemment obtenues.

Exercice 189 2422 MINES (MP)Correction

Soient $m$ et $n$ deux entiers naturels non nuls.

(a)

Déterminer la décomposition en éléments simples de

$\frac{1}{{(X + 1)}^{m} {(X - 1)}^{n}} .$
(b)

Déterminer deux polynômes $U$ et $V$ tels que

${(X + 1)}^{m} U (X) + {(X - 1)}^{n} V (X) = 1 .$

Solution

(a)

En posant $Y = X - 1$ ,

$\frac{1}{{(X + 1)}^{m} {(X - 1)}^{n}} = \frac{1}{Y^{n} {(Y + 2)}^{m}} .$

Pour $Y \in] - 1 / 2; 1 / 2 [$ ,

$\frac{1}{{(Y + 2)}^{m}} = \frac{1}{2^{m}} \cdot \frac{1}{{(1 + \frac{Y}{2})}^{m}} = \frac{1}{2^{m}} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{- m (- m - 1) \dots (- m - k + 1)}{k!} \frac{Y^{k}}{2^{k}} .$

Après simplifications

$\frac{1}{{(Y + 2)}^{m}} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{2^{m + k}} (\binom{m + k - 1}{k}) Y^{k} .$

On en déduit que la partie polaire relative au pôle 1 est

$\frac{a_{0}}{{(X - 1)}^{n}} + \dots + \frac{a_{n - 1}}{X - 1} = \frac{a_{0}}{Y^{n}} + \dots + \frac{a_{n - 1}}{Y}$

avec

$a_{k} = \frac{{(- 1)}^{k}}{2^{m + k}} (\binom{m + k - 1}{k}) .$

De même, en posant $Z = X + 1$ , la partie polaire relative au pôle $- 1$ est

$\frac{b_{0}}{{(X + 1)}^{m}} + \dots + \frac{b_{m - 1}}{X + 1} = \frac{b_{0}}{Z^{m}} + \dots + \frac{b_{m - 1}}{Z} .$

avec

$b_{k} = \frac{{(- 1)}^{n}}{2^{n + k}} (\binom{n + k - 1}{k}) .$

Enfin, puisque de partie entière nulle, la fraction rationnelle étudiée est la somme des deux parties polaires proposées.
(b)

En réduisant chaque partie polaire au même dénominateur, on obtient

$\frac{1}{{(X + 1)}^{m} {(X - 1)}^{n}} = \frac{\sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k} {(X - 1)}^{k}}{{(X - 1)}^{n}} + \frac{\sum_{k = 0}^{m - 1} b_{k} {(X + 1)}^{k}}{{(X + 1)}^{m}} .$

Par conséquent, on posant

$U (X) = \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k} {(X - 1)}^{k} et V (X) = \sum_{k = 0}^{m - 1} b_{k} {(X + 1)}^{k}$

la poursuite de la réduction au même dénominateur du calcul précédent donne

${(X + 1)}^{m} U (X) + {(X - 1)}^{n} V (X) = 1 .$

Exercice 190 1955 Correction

Soit $(a_{n})$ une suite réelle bornée.

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière

$\sum \frac{a_{n}}{n!} z^{n} .$

On pose alors, pour $t$ dans $ℝ$ ,

f (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n!} t^{n} .

(b)

Montrer que si $x > 1$ alors

$\int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- t x} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{x^{n + 1}} .$

Solution

(a)

On a

$\frac{a_{n}}{n!} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n!}) .$

Or la série entière exponentielle est de rayon de convergence $+ \infty$ donc $R = + \infty$ .
(b)

On a

$f (t) e^{- x t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n!} t^{n} e^{- x t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t) avec f_{n} (t) = \frac{a_{n}}{n!} t^{n} e^{- x t} .$

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $[0; + \infty [$ .

Les fonctions $f_{n}$ et la fonction $t \mapsto f (t) e^{- x t}$ sont continues par morceaux sur $[0; + \infty [$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $[0; + \infty [$ car $t^{2} f_{n} (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0$ .

Enfin,

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \frac{| a_{n} |}{n!} \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- x t} d t .$

Par intégration par parties généralisées successives,

$\int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- x t} d t = \frac{n!}{x^{n + 1}}$

et donc

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \frac{| a_{n} |}{x^{n + 1}} .$

Si $x > 1$ alors la série $\sum | a_{n} | / x^{n + 1}$ est convergente.

Par le théorème d’intégration terme à terme, on peut affirmer que la fonction $t \mapsto f (t) e^{- x t}$ est intégrable et

$\int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- x t} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{x^{n + 1}} .$

Exercice 191 3074 CENTRALE (MP)Correction

Soit une série entière $\sum a_{n} z^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

(a)

Déterminer le rayon de convergence de la série entière

$\sum \frac{a_{n}}{n!} z^{n} .$

On pose donc, pour $t$ dans $ℝ$ ,

$f (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n!} t^{n} .$
(b)

Montrer qu’il existe $r > 0$ tel que pour tout $x > r$ , $t \mapsto f (t) e^{- x t}$ soit intégrable sur $[0; + \infty [$ et exprimer cette intégrale sous forme de série entière en $1 / x$ .

Solution

(a)

Soit $r \in] 0; R [$ . La série numérique $\sum a_{n} r^{n}$ est absolument convergente. Pour tout $z \in ℂ$ ,

$\frac{a_{n}}{n!} z^{n} = a_{n} r^{n} \frac{1}{n!} {(\frac{z}{r})}^{n} = o (a_{n} r^{n})$

car par croissance comparée

$\frac{1}{n!} {(\frac{z}{r})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par comparaison de séries absolument convergentes, on peut affirmer que la série numérique $\sum a_{n} z^{n}$ est absolument convergente pour tout $z \in ℂ$ .
Le rayon de convergence de la série entière étudiée est $+ \infty$ .
(b)

On a

$f (t) e^{- x t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{n!} t^{n} e^{- x t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (t) avec f_{n} (t) = \frac{a_{n}}{n!} t^{n} e^{- x t} .$

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $[0; + \infty [$ .
Les fonctions $f_{n}$ et la fonction $t \mapsto f (t) e^{- x t}$ sont continues par morceaux sur $[0; + \infty [$ .
Les fonctions $f_{n}$ sont intégrables sur $[0; + \infty [$ car $t^{2} f_{n} (t) \to_{t \to + \infty}^{} 0$ et

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \frac{| a_{n} |}{n!} \int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- x t} d t .$

Par intégration par parties généralisées successives

$\int_{0}^{+ \infty} t^{n} e^{- x t} d t = \frac{n!}{x^{n + 1}}$

et donc

$\int_{0}^{+ \infty} | f_{n} (t) | d t = \frac{| a_{n} |}{x^{n + 1}} .$

Si $x > 1 / R$ alors la série $\sum | a_{n} | / x^{n + 1}$ est convergente et, par le théorème d’intégration terme à terme, on peut affirmer que la fonction $t \mapsto f (t) e^{- x t}$ est intégrable et

$\int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- x t} d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{x^{n + 1}} .$

Exercice 192 4175 CENTRALE (MP)Correction

On note $A$ l’ensemble des polynômes à coefficients dans $ℕ$ et, pour tout $n \in ℕ$ :

A_{n} = {P \in A | P (2) = n} .

(a)

Montrer que $A_{n}$ est fini pour tout $n \in ℕ$ . On note $u_{n}$ son cardinal.

Calculer $u_{0}$ , $u_{1}$ et $u_{2}$ .
(b)

Montrer

$\forall n \in ℕ, u_{2 n + 1} = u_{2 n} et \forall n \in ℕ^{*}, u_{2 n} = u_{2 n - 1} + u_{n} .$
(c)

Montrer

$\forall n \in ℕ, u_{2 n} = \sum_{k = 0}^{n} u_{k} .$
(d)

Écrire un programme Python qui renvoie la liste des 100 premiers termes de la suite $(u_{n})$ .
(e)

Quelle conjecture peut-on faire sur le rayon de convergence de $\sum u_{n} z^{n}$ ? La démontrer!

Solution

(a)

Cas: $n = 0$ . Un polynôme $P$ de $A_{0}$ est à coefficients positifs et prend la valeur $0$ en $2$ , c’est n’est nécessairement le polynôme nul.

Cas: $n \geq 1$ . Soit $P \in A_{n}$ . Celui-ci n’est pas nul, notons $N$ son dégré et écrivons

$P = a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{N} X^{N} avec a_{0}, \dots, a_{N} \in ℕ et a_{N} \neq 0 .$

La condition $P (2) = n$ entraîne

$n \geq a_{N} 2^{N} \geq 2^{N} .$

On en déduit que le degré de $P$ est majoré par $\log_{2} N$ . De plus, en étant large, on peut affirmer que les coefficients de $P$ sont au plus compris entre $0$ et $n$ . Il n’y a donc qu’un nombre fini de polynômes solutions.

$A_{0} = {0}$ , $A_{1} = {1}$ et $A_{2} = {2,1 + X}$ donc $u_{0} = u_{1} = 1$ et $u_{2} = 2$ .
(b)

Soit $n \in ℕ$ . L’application $P \mapsto 1 + P$ transforme un polynôme de $A_{2 n}$ en un polynôme de $A_{2 n + 1}$ . Inversement, un polynôme $Q$ de $A_{2 n + 1}$ a nécessairement un coefficient constant impair ce qui permet d’introduire $P = Q - 1$ qui est élément de $A_{2 n}$ . On en déduit $u_{2 n} = u_{2 n + 1}$ .

Soit $n \in ℕ^{*}$ . L’application $P \mapsto X P$ transforme un polynôme de $A_{n}$ en un polynôme de $A_{2 n}$ dont le coefficient constant est nul et inversement, tout polynôme de $A_{2 n}$ de coefficient constant nul est de cette forme. De plus, comme au-dessus, on peut mettre en correspondance les polynômes de $A_{2 n}$ de coefficient constant non nul avec les polynômes de $A_{2 n - 1}$ . On en déduit $u_{2 n} = u_{n} + u_{2 n - 1}$ .
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , ce qui précède donne

$u_{2 n} = u_{2 n - 2} + u_{n} donc u_{2 n} - u_{2 (n - 1)} = u_{n} .$

En sommant cette relation, on obtient par télescopage la relation demandée.

(d)

def liste(n):
    if n == 0:
        L = [1]
    elif n % 2 == 1:
        L = liste(n-1)
        last = L[-1]
        L.append(last)
    else:
        L = liste(n-1)
        S = 0
        for k in range(n//2 + 1):
            S = S + L[k]
        L.append(S)
    return L

(e)

On peut conjecturer un rayon de convergence $R$ égal à 1.

La suite $(u_{n})$ étant croissante, elle n’est pas de limite nulle et donc $R \leq 1$

Soit $ρ > 1$ . Montrons $u_{n} \leq M ρ^{n}$ pour $M$ bien choisi.

On raisonne par récurrence forte sur $n \in ℕ$ après une initialisation sur les rangs $0$ à $n_{0}$ avec $n_{0}$ qui sera précisé par la suite.

La propriété est vraie aux rangs $0, \dots, n_{0}$ en choisissant $M$ suffisamment grand:

$M = \max {\frac{u_{k}}{ρ^{k}} | k \in ⟦ 0; n_{0} ⟧} .$

Supposons la propriété vraie jusqu’au rang $n \geq n_{0}$ .

Cas: $n + 1$ impair. La propriété est immédiate car $u_{n} = u_{n - 1}$ et $ρ > 1$ .

Cas: $n + 1$ pair. On écrit $n = 2 p$ . L’hypothèse de récurrence donne

$u_{2 p} \leq \sum_{k = 0}^{p} M ρ^{k} = M \frac{ρ^{p + 1} - 1}{ρ - 1} \leq M \frac{ρ^{p + 1}}{ρ - 1} \leq M ρ^{2 p}$

sous réserve que $ρ^{p - 1} (ρ - 1) \geq 1$ ce qu’il est possible d’obtenir pour $p$ assez grand ce qui determine la valeur de $n_{0} \in ℕ$ : on choisit celle-ci de sorte que

$ρ^{n_{0} / 2 - 1} (ρ - 1) \geq 1 .$

La récurrence est établie.

Cette comparaison assure que le rayon de convergence $R$ est supérieur à $1 / ρ$ et, puisque cela vaut pour tout $ρ > 1$ , on conclut $R = 1$ .

Exercice 193 3663 Correction

On pose

\forall z \in ℂ, c (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n)!} z^{2 n} et s (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{(2 n + 1)!} z^{2 n + 1} .

Montrer que

\forall z \in ℂ, c {(z)}^{2} + s {(z)}^{2} = 1 .

Solution

Les rayons de convergences des séries entières définissants $c$ et $s$ sont infinis et l’on reconnaît

\forall x \in ℝ, c (x) = \cos (x) et s (x) = \sin (x)

de sorte que l’on a déjà

\forall x \in ℝ, c {(x)}^{2} + s {(x)}^{2} = 1 .

Par opérations sur les séries entières, on sait qu’il existe une suite $(a_{n}) \in ℂ^{ℕ}$ telle que

\forall z \in ℂ, c {(z)}^{2} + s {(z)}^{2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n}

et l’on peut donc écrire

\forall x \in ℝ, \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = 1 .

Par unicité des coefficients d’un développable en série entière

a_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = 0

donc

\forall z \in ℂ, c {(z)}^{2} + s {(z)}^{2} = 1 .

Exercice 194 3181 CENTRALE (MP)Correction

Déterminer un équivalent de

I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 1}}{\ln (1 - x)} d x .

Solution

Posons $f :] 0; 1 [\to ℝ$ définie par

f (x) = - \frac{\ln (1 - x)}{x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n + 1}

prolongée par continuité en $0$ .
Notons que cette fonction est positive et croissante.
Introduisons $a, b \in] 0; 1 [$ dont les valeurs seront déterminées ultérieurement. On peut écrire

- (n + 1) I_{n} = A_{n} + B_{n} + C_{n}

avec

A_{n} = \int_{0}^{a} (n + 1) \frac{x^{n}}{f (x)} d x, B_{n} = \int_{a}^{b} (n + 1) \frac{x^{n}}{f (x)} d x et C_{n} = \int_{b}^{1} (n + 1) \frac{x^{n}}{f (x)} d x .

Par monotonie de $f$ ,

0 \leq A_{n} \leq \int_{0}^{a} \frac{(n + 1) x^{n}}{f (0)} = a^{n + 1} .

Pour $a = 1 - ε_{n}$ avec $ε_{n} = \frac{\ln (n)}{n} \to 0$ , on a

\ln (n) a^{n + 1} = e^{\ln (\ln (n)) + (n + 1) \ln (1 - ε_{n})} \to_{n \to + \infty}^{} 0

car

\ln (\ln (n)) + (n + 1) \ln (1 - ε_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (n) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .

On en déduit

A_{n} = o (\frac{1}{\ln (n)}) .

Par la croissance de $f$

0 \leq C_{n} \leq \int_{b}^{1} \frac{(n + 1) x^{n}}{f (b)} d x = \frac{1 - b^{n + 1}}{f (b)} .

Pour $b = 1 - η_{n}$ avec $η_{n} = \frac{1}{n (\ln (n))} \to 0$ , on a

b^{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 1 et f (b) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)

de sorte que

C_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} o (\frac{1}{\ln (n)}) .

Enfin, toujours par la croissance de $f$ ,

\frac{b^{n + 1} - a^{n + 1}}{f (b)} \leq B_{n} \leq \frac{b^{n + 1} - a^{n + 1}}{f (a)}

et puisque

b^{n + 1} - a^{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 1 et f (b) \underset{n \to + \infty}{\sim} f (a) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)

on parvient à

- (n + 1) I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\ln (n)}

et, finalement,

I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{n \ln (n)} .

Remarquons que par le changement de variable $t = - \ln (1 - x)$ , $x = 1 - e^{- t}$

I_{n} = - \int_{0}^{+ \infty} \frac{{(1 - e^{- t})}^{n + 1}}{t} e^{- t} d t .

En développant par la formule du binôme,

I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) \frac{- e^{- (k + 1) t}}{t} d t .

On ne peut pas linéariser car les intégrales divergent en $0$ . On exploite

\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) = 0

pour introduire un $0$ faisant converger les intégrales et permettant de linéariser

I_{n} = \sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t} - e^{- (k + 1) t}}{t} d t .

On peut alors montrer par découpage d’intégrale et un changement de variable affine que

\int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t} - e^{- (k + 1) t}}{t} d t = lim_{ε \to 0} \int_{ε}^{+ \infty} \frac{e^{- t} - e^{- (k + 1) t}}{t} d t = \ln (k + 1) .

Ce qui précède permet alors d’établir

\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) \ln (k + 1) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{n \ln (n)} .

Édité le 09-06-2025

	$R_{n} (x)$	$= r_{n} x^{n + 1} + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k + 1} - \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k}$
		$= r_{n} x^{n + 1} + \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} (x^{k + 1} - x^{k}) = r_{n} x^{n + 1} + (x - 1) \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} r_{k} x^{k} .$

	$\| \sum_{n = 1}^{+ \infty} (H_{n} - \ln (n)) x^{n} \|$	$\leq \sum_{n = 1}^{N - 1} \| H_{n} - \ln (n) \| x^{n} + \sum_{n = N}^{+ \infty} ε \ln (n) x^{n}$
		$\leq \sum_{n = 1}^{N - 1} \| H_{n} - \ln (n) \| + ε \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (n) x^{n} .$

	$\ln (\frac{{(n + 1)}^{α}}{b_{n + 1}}) - \ln (\frac{n^{α}}{b_{n}})$	$= α \ln (\frac{n + 1}{n}) - \ln (\frac{b_{n + 1}}{b_{n}})$
		$\underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

	$S_{λ P + μ Q} (x)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (λ P + μ Q) (n) x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (λ P (n) + μ Q (n)) x^{n}$
		$= λ \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (n) x^{n} + μ \sum_{n = 0}^{+ \infty} Q (n) x^{n} = (λ S_{P} + μ S_{Q}) (x)$

	$\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$	$= (1 + x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{2^{n}} x^{n}$
		$= a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{a_{n}}{2^{n}} + \frac{a_{n - 1}}{2^{n - 1}}) x^{n} .$

	$f (1) - f (0)$	$= \int_{0}^{1} f^{'} (t) d t = {[(t - \frac{1}{2}) f^{'} (t)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} (t - \frac{1}{2}) f^{''} (t) d t$
		$= \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} - \int_{0}^{1} A_{1} (t) f^{''} (t) d t .$

	${[{(- 1)}^{n} A_{n + 1} (t) f^{(n + 1)} (t)]}_{0}^{1}$	$= {(- 1)}^{n} a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$
		$= - a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$

	${(1 + i)}^{n} + {(1 - i)}^{n} + {(- 1 + i)}^{n} + {(- 1 - i)}^{n}$	$= 2 {\sqrt{2}}^{n} (\cos (\frac{n π}{4}) + \cos (\frac{3 n π}{4}))$
		$= 4 {\sqrt{2}}^{n} \cos (\frac{n π}{4}) \cos (\frac{n π}{2}) .$

	$S (x)$	$= \frac{1}{1 - x^{5}} (a (x - x^{4}) + \frac{2 a}{1 - a^{2}} (x^{2} - x^{3}))$
		$= \frac{1}{1 + x + x^{2} + x^{3} + x^{4}} (a x (1 + x + x^{2}) + \frac{2 a}{1 - a^{2}} x^{2}) .$

	$a_{n} + a_{n + 2}$	$= \int_{0}^{π / 4} (1 + \tan^{2} (t)) {(\tan (t))}^{n} d t$
		$= \int_{0}^{π / 4} {(\tan (t))}^{'} {(\tan (t))}^{n} d t$
		$= {[\frac{1}{n + 1} {(\tan (t))}^{n + 1}]}_{0}^{π / 4} = \frac{1}{n + 1} .$

	$f^{'} (x)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} 2 (2 n - 1) a_{n} x^{n}$
		$= 4 x \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} - 2 \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = 4 x f^{'} (x) - 2 f (x) .$

	$S (x)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} α x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} (β x + γ) x^{2 n}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (α + {(- 1)}^{n} γ) x^{2 n} + (α + {(- 1)}^{n} β) x^{2 n + 1} .$

	$a_{2 n}$	$= α + {(- 1)}^{n} γ = \frac{1 + {(- 1)}^{n}}{2} a_{0} + \frac{1 - {(- 1)}^{n}}{2} a_{2}$
	$a_{2 n + 1}$	$= α + {(- 1)}^{n} β = \frac{1 - {(- 1)}^{n}}{2} a_{0} + {(- 1)}^{n} a_{1} + \frac{1 - {(- 1)}^{n}}{2} a_{2} .$

	$\int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{4 - x}{x}} d x$	$= - \int \frac{1 + t^{2}}{4} \cdot t \cdot \frac{8 t}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t$
		$= - \int \frac{2 t^{2}}{1 + t^{2}} d t = \int (\frac{2}{1 + t^{2}} - 2) d t$
		$= 2 \arctan (t) - 2 t$
		$= 2 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}}) - 2 \sqrt{\frac{4 - x}{x}} .$

	$y (x)$	$= (λ + 4 \sqrt{\frac{4 - x}{x}} - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}})) \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}}$
		$= \frac{4}{4 - x} + (λ - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}})) \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}} .$

	$\int_{0}^{a} \frac{x + \ln (1 - x)}{x^{2}} d x$	$= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \int_{0}^{a} \frac{x^{n - 2}}{n} d x$
		$= - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{a^{n - 1}}{n (n - 1)} = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n (n + 1)} .$

	$Re (\int_{0}^{π / 2} e^{- x e^{i t}} d t)$	$= \frac{π}{2} + \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{2 k + 1}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} {(- 1)}^{k} x^{2 k + 1}$
		$= \frac{π}{2} - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{(2 k + 1) \cdot (2 k + 1)!} x^{2 k + 1} .$

	$\int_{0}^{1} \ln (2 - t^{2}) d t$	$= {[t \ln (2 - t^{2})]}_{0}^{1} + 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{2 - t^{2}} d t$
		$= 2 \int_{0}^{1} \frac{t^{2} - 2 + 2}{2 - t^{2}} d t$
		$= - 2 + \sqrt{2} {[\ln (\frac{\sqrt{2} + t}{\sqrt{2} - t})]}_{0}^{1} = - 2 + 2 \sqrt{2} \ln (1 + \sqrt{2}) .$

	$\int_{0}^{2 π} \sin (k θ) e^{- i n θ} d θ$	$= - i \int_{0}^{2 π} \sin^{2} (k θ) d θ = - i π et$
	$\int_{0}^{2 π} \cos (k θ) e^{- i n θ} d θ$	$= π .$

	$\int_{0}^{2 π} \frac{Im (f (r e^{i θ}))}{r - z e^{- i θ}} d θ$	$= \frac{2 π Im (a_{0})}{r} + π \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(Im (a_{n}) - i Re (a_{n})) z^{n}}{r}$
		$= \frac{i π}{r} (\bar{f (0)} - f (z)) .$

	$\frac{1}{1 - x^{2}}$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{2^{2 k}} (\binom{2 k}{k}) \frac{1}{2^{2 n - 2 k}} (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) x^{2 n}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{2 k}{k}) (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) x^{2 n} .$

	$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{1}{\sqrt{1 - x}}$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{1 \times 3 \times \dots \times (2 n - 1)}{2^{n} n!} {(- x)}^{n}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} x^{n}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{n} .$

	$f (2 x) = f (x) + x \exp (x)$	$\Leftrightarrow \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} {(2 x)}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} x^{n + 1}$
		$\Leftrightarrow \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} (2^{n} - 1) x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} x^{n} .$

	$f (x)$	$= f (\frac{x}{2}) + \frac{x}{2} \exp (\frac{x}{2})$
		$= f (\frac{x}{4}) + \frac{x}{2} \exp (\frac{x}{2}) + \frac{x}{4} \exp (\frac{x}{4}) .$