Exercice 1 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 2 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 3 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)

Déterminer un équivalent simple de $f$ en $1$ .
(c)

En déduire un équivalent 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 4 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 $f (- 1)$ et $\int_{0}^{1} \frac{{(- 1)}^{⌊ (⌋ 1 / x)}}{x} d x$ où $⌊ \cdot ⌋$ est la fonction partie entière.
(c)

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,

$f (1) = \ln (\frac{2}{π}) .$

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

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

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 5 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 6 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 7 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 8 158 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 9 985 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 10 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 11 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 12 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 13 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 14 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 15 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 de la somme d'une série entière abstraite [>] Fonctions développables en série entière

Édité le 12-04-2024

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

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

Étude asymptotique aux extrémités de l'intervalle de convergence