[<] Application à la régulatité d'un prolongement continu [>] Intégration terme à terme et séries entières

 
Exercice 1  2808    MINES (MP)Correction  

Calculer

n=0+n-1n!3n.

Solution

Avec convergence,

n=0+n-1n!3n =n=0+nn!3n-n=0+1n!3n
=n=1+1(n-1)!3n-n=0+1n!3n
=n=0+1n!3n+1-n=0+1n!3n.

On reconnaît des sommes exponentielles et l’on conclut

n=0+n-1n!3n=-23e-3.
 
Exercice 2  1003   Correction  
  • (a)

    Soit a*. Montrer

    01dt1+ta=n=0+(-1)nna+1.
  • (b)

    Application: Calculer les sommes

    n=0+(-1)nn+1etn=0+(-1)n2n+1.

Solution

  • (a)

    Pour tout t[0;1[, on sait

    11+t=n=0+(-1)ntn

    donc aussi

    11+ta=n=0+(-1)ntna.

    Soit F une primitive de la fonction continue t11+ta sur [0;1].

    Par intégration de série entière

    F(t)=n=0+(-1)ntna+1na+1+F(0)pour tout t[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)=n=0+(-1)nna+1+F(0).

    Par suite,

    01dt1+ta=F(1)-F(0)=n=0+(-1)nna+1.
  • (b)

    On en déduit

    n=0+(-1)nn+1=01dt1+t=ln(2)

    et

    n=0+(-1)n2n+1=01dt1+t2=π4.
 
Exercice 3  1338     X (MP)Correction  

Calculer

n=0+1(4n+1)(4n+3).

Solution

Introduisons la série entière de somme

S(x)=n=0+x4n+3(4n+1)(4n+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)=n=0+x4n+24n+1.

Pour x0

(1xS(x))=n=0+x4n=11-x4.

On en déduit que sur ]-1;1[

S(x)=x0xdt1-t4

puis

S(x)=0xt0tdu1-u4.

Par intégration par parties

S(x)=[12(t2-1)0tdu1-u4]0x+120x1-t21-t4dt

et ainsi

S(x)=12(x2-1)0xdt1-t4+120xdt1+t2.

Quand x1-

0xdt1-t4=O(ln(1-x))=o(1x-1)

donc

S(x)1201dt1+t2=π8.

On en déduit

n=0+1(4n+1)(4n+3)=S(1)=π8.
 
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

    0π/2arcsin(sin(t))dt

    déterminer la valeur de la somme

    n=0+1(2n+1)2
 
Exercice 5  1009   Correction  

On note γ la constante d’Euler.

  • (a)

    Établir l’égalité

    γ=n=1+(1n-ln(1+1n)).
  • (b)

    En déduire que

    γ=k=2+(-1)kkζ(k).

Solution

  • (a)

    Par télescopage

    n=1N(1n-ln(1+1n))=n=1N1n-ln(N+1).

    Or

    n=1N1n=ln(N)+γ+o(1)

    donc

    n=1N(1n-ln(1+1n))n+γ.
  • (b)

    Puisque

    1n-ln(1+1n)=k=2+(-1)kk1nk

    on obtient

    γ=n=1+k=2+(-1)kk1nk=k=2+(-1)kk+n=2+k=2+(-1)kk1nk

    or

    k=2+n=2+|(-1)kk1nk|k=2+1k1+dxxkk=2+1k(k-1)<+

    donc on peut appliquer le théorème d’échange de Fubini et affirmer

    n=2+k=2+(-1)kk1nk=k=2+n=2+(-1)kk1nk=k=2+(-1)kk(ζ(k)-1)

    et enfin

    γ=k=2+(-1)kk+k=2+(-1)kk(ζ(k)-1)=k=2+(-1)kkζ(k).
 
Exercice 6  5290     ENSTIM (MP)Correction  

Pour n*, on pose

Hn=k=1n1k.
  • (a)

    Prouver l’existence de

    n=1+Hn2n+1(n+1).
  • (b)

    Calculer cette somme. On pourra employer une série entière.

Solution

  • (a)

    On sait Hnln(n) et l’on en déduit que Hn+1/Hn 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

    n1(k=1n1k)xn.

    Celle-ci est de rayon de convergence égal à 1 et par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

    n=1+(k=1n1k)xn=(n=1+1nxn)(n=0+xn)=-ln(1-x)(1-x)

    pour tout x]-1;1[. Par intégration de série entière,

    n=1+Hnn+1xn+1=12(ln(1-x))2.

    Pour x=1/2, on conclut

    n=1+Hn2n+1(n+1)=12(ln(2))2.
 
Exercice 7  2534      CCP (MP)Correction  

On pose

θ,n,an=cos(nθ).
  • (a)

    Calculer n=0+anxn pour tout x]-1;1[.

  • (b)

    Montrer que pour tout θkπ, la série ann+1 converge et exprimer sa somme à l’aide d’une intégrale.

  • (c)

    Calculer cette intégrale pour θ]0;π[.

Solution

  • (a)

    Comme la suite (an) est bornée, on peut écrire anxn=O(xn). Or la série xn converge absolument pour |x|<1 et donc, par comparaison, la série anxn est absolument convergente.
    Puisque cos(nθ)=Re(einθ), on peut écrire

    n=0+anxn=Re(n=0+(xeiθ)n).

    Par sommation géométrique (possible puisque |xeiθ|<1),

    n=0+anxn=Re(11-xeiθ)=1-xcos(θ)x2-2xcos(θ)+1.
  • (b)

    La convergence de la série étudiée n’est pas immédiate. Exprimons ses sommes partielles

    n=0Ncos(nθ)n+1=01n=0Ncos(nθ)xndx.

    Par le calcul au dessus, on peut écrire

    n=0Ncos(nθ)n+1=011-xcos(θ)x2-2xcos(θ)+1dx-01n=N+1+cos(nθ)xndx.

    Puisque |Re(z)||z|, on peut écrire

    |n=N+1+cos(nθ)xn||n=N+1+einθxn|

    ce qui donne par un calcul analogue au précédent

    |n=N+1+cos(nθ)xn|xN+1|1-xeiθ|xN+1|Im(xeiθ)|=xN|sin(θ)|.

    Par conséquent,

    |01n=N+1+cos(nθ)xndx|01xN|sin(θ)|dx1(N+1)|sin(θ)|N+0.

    On en déduit que la série cos(nθ)n+1 converge et

    n=0+cos(nθ)n+1=011-xcos(θ)x-2xcos(θ)+1dx.
  • (c)

    On décompose l’intégrale étudiée en deux intégrales directement calculables

    011-xcos(θ)1-2xcos(θ)+x2dx=sin2(θ)01dx(x-cos(θ))2+sin2(θ)-cos(θ)2012x-2cos(θ)x2-2xcos(θ)+1

    et l’on obtient

    011-xcos(θ)1-2xcos(θ)+x2dx=sin(θ)[arctan(x-cos(θ)sin(θ))]01-cos(θ)2[ln(x2-2xcos(θ)+1)]01.

    On simplifie en exploitant

    arctan(-cos(θ)sin(θ))=arctan(tan(θ-π/2))=θ-π/2.
    arctan(1-cos(θ)sin(θ))=arctan(2sin2(θ/2)2sin(θ/2)cos(θ/2))=θ2

    et

    ln(2-2cos(θ))=ln(4sin2(θ/2)).

    On obtient au final

    n=0+cos(nθ)n+1=π-θ2sin(θ)-cos(θ)ln(2sin(θ2)).

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Édité le 08-11-2019

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