Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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 à la régulatité d'un prolongement continu [>] Intégration terme à terme et séries entières

Édité le 29-08-2023

	$\int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{4 - x}{x}} d x$	$= - \int \frac{1 + t^{2}}{4} \cdot t \cdot \frac{8 t}{{(1 + t^{2})}^{2}} d t$
		$= - \int \frac{2 t^{2}}{1 + t^{2}} d t = \int (\frac{2}{1 + t^{2}} - 2) d t$
		$= 2 \arctan (t) - 2 t$
		$= 2 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}}) - 2 \sqrt{\frac{4 - x}{x}} .$

	$y (x)$	$= (λ + 4 \sqrt{\frac{4 - x}{x}} - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}})) \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}}$
		$= \frac{4}{4 - x} + (λ - 4 \arctan (\sqrt{\frac{4 - x}{x}})) \frac{x^{1 / 2}}{{(4 - x)}^{3 / 2}} .$

Application au calcul de sommes