Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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)

$R = 1$ .
(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)

Posons

$g_{n} (x) = {(- 1)}^{n + 1} \ln (1 + \frac{1}{n}) x^{n + 1}$

ce qui définit $g_{n} : [0; 1] \to ℝ$ continue.
À l’aide du critère spécial des séries alternées, on montre que la série de fonctions $\sum g_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ ce qui assure que sa somme est continue. On en déduit par opérations sur les limites

$lim_{x \to 1^{-}} S (x) = \frac{1}{2} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n + 1} \ln (1 + \frac{1}{n})) .$
(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 8 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

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

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

Édité le 26-01-2024

Étude de la somme d'une série entière concrète