[<] Application au calcul de sommes [>] Applications variées des séries entières

 
Exercice 1  1004  Correction  

Montrer

01ln(1+x)xdx=n=1+(-1)n-1n2.

Solution

On a

ln(1+x)x=n=1+(-1)n-1xn-1n

avec une convergence uniforme sur [0;1] par majoration du reste d’une série vérifiant le critère spécial.
On a alors

01ln(1+x)xdx=n=1+01(-1)n-1xn-1ndx=n=1+(-1)n-1n2.

On peut montrer que cette vaut π2/12 si l’on sait

n=1+1n2=π26.
 
Exercice 2  1006  Correction  

Montrer

n=0+(-1)n(2n+1)(2n+2)=01arctan(x)dx.

En déduire la valeur de cette somme.

Solution

On a

arctan(x)=n=0+(-1)nx2n+12n+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

01arctan(x)dx=n=0+01(-1)nx2n+12n+1dx=n=0+(-1)n(2n+1)(2n+2).

Par intégration par parties,

01arctan(x)dx=π4-ln(2)2.
 
Exercice 3  1005  

Établir l’identité

01arctan(x)xdx=n=0+(-1)n(2n+1)2.
 
Exercice 4  2597    CCP (PSI)Correction  

On définit deux fonctions g,h: en posant

g(t)=n=0+(-1)ntn22n(n!)2eth(t)=g(t)e-t.
  • (a)

    Montrer que h est de classe 𝒞 sur .

  • (b)

    Montrer que h est intégrable sur [0;+[ et calculer

    0+h(t)dt.

Solution

  • (a)

    La fonction g est définie et de classe 𝒞 sur car c’est la somme d’une série entière de rayon de convergence +. Par produit, la fonction h est de classe 𝒞.

  • (b)

    Pour t+,

    h(t)=n=0+fn(t)

    avec

    fn(t)=(-1)ntne-t22nn!.

    Les fonctions fn sont continues par morceaux et intégrables sur +. Puisque

    0+tne-tdt=n!

    on obtient

    0+|fn|=122nn!

    et la série [0;+[|fn| est donc convergente.

    Puisque fn converge simplement sur + vers h continue par morceaux, on peut par théorème affirmer que h est intégrable sur + et

    0+h(t)dt=n=0+0+fn(t)dt=n=0+(-1)n22nn!=e-1/4.
 
Exercice 5  4941     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Soit a]0;1[. Montrer la convergence de l’intégrale suivante

    0ax+ln(1-x)x2dx.
  • (b)

    Soit a]0;1[. Justifier

    0ax+ln(1-x)x2dx=-n=1+ann(n+1).
  • (c)

    En déduire la convergence et la valeur de

    01x+ln(1-x)x2dx.

Solution

  • (a)

    La fonction intégrée est définie et continue par morceaux sur ]0;a] et se prolonge par continuité en 0 avec la valeur -1/2.

  • (b)

    Par développement en série entière, on a pour tout x]-1;1[,

    ln(1-x)=-n=1+xnn

    et donc, pour tout x]0;1[,

    x+ln(1-x)x2=-n=2+xn-2n.

    Après prolongement par continuité en 0, la fonction intégrée se confond avec la somme d’une série entière de rayon de convergence R1. Celle-ci converge normalement sur [0;a] ce qui permet d’intégrer terme à terme

    0ax+ln(1-x)x2dx =-n=2+0axn-2ndx
    =-n=2+an-1n(n-1)=-n=1+ann(n+1).
  • (c)

    Posons un(a)=ann(n+1) pour a[0;1].

    Les fonctions un sont continues et la série de fonctions un converge normalement car

    |un(a)|1n(n+1) avec 1n(n+1) convergente.

    Par convergence uniforme, la somme de la série de fonctions est définie et continue en 1 et donc

    lima1n=1+un(a)=n=1+un(1)=n=1+(1n-1n+1)=1.

    On en déduit

    01x+ln(1-x)x2dx=lima1-0ax+ln(1-x)x2dx=-1

    avec convergence de la série introduite.

 
Exercice 6  1008   Correction  

Observer que pour tout x]-1;1[,

0π/2ln(1+xsin2(t))sin2(t)dt=π(1+x-1).

Solution

On a

ln(1+u)=k=1+(-1)k-1ukk

avec convergence normale sur [-|x|;|x|] donc

ln(1+xsin2(t))=k=1+(-1)k-1xksin2k(t)k

avec convergence normale sur [0;π/2].
Par suite,

0π/2ln(1+xsin2(t))sin2(t)dt=k=1+(-1)k-1x2kkIk-1

avec

In=0π/2sin2n(t)dt=(2n)!(2nn!)2π2

puis

0π/2ln(1+xsin2(t))sin2(t)dt=k=1+(-1)k-1x2kk(2k-2)!(2k-1(k-1)!)2π2.

Or

1+u=k=0+(1/2k)xk

avec

(1/2k)=(-1)k-1(2k-2)!22k-1k((k-1)!)2

d’où

0π/2ln(1+xsin2(t))sin2(t)dt=π(1+x-1).
 
Exercice 7  5300     ENSTIM (MP)Correction  

Existence et valeur de

01ln(t2)ln(1-t2)t2dt.

On donne

n=1+(-1)n-1n=ln(2)etn=0+1(2n+1)2=π28

Solution

La fonction intégrée est définie, continue par morceaux et intégrable sur ]0;1[ car

ln(t2)ln(1-t2)t2t0-2ln(t)=o(1t)etln(t2)ln(1-t2)t2t10.

Par développement en série entière de ln(1+u),

01ln(t2)ln(1-t2)t2dt=201n=1+t2nln(t)n+1dt.

Par intégration par parties généralisée,

01t2nln(t)dt=-1(2n+1)2.

Par intégration terme à terme,

01ln(t2)ln(1-t2)t2dt=n=0+2(n+1)(2n+1)2.

Par décomposition en éléments simples,

2(n+1)(2n+1)2=2n+1-42n+1+4(2n+1)2.

Avec convergence des sommes, on écrit

01ln(t2)ln(1-t2)t2dt =4n=0+(12n+2-12n+1)+4n=0+1(2n+1)2
=π22-4ln(2).
 
Exercice 8  2865     MINES (PC)Correction  

Étudier la limite de la suite de terme général

In=n01ln(1+tn)dt.

Solution

Par développement en série entière

01ln(1+tn)dt=[0;1[k=1+(-1)k-1ktnkdt.

Pour n1, il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues donc on peut donc intégrer terme à terme

01ln(1+tn)dt=k=1+(-1)k-1k(nk+1).

On a alors

nk=1+(-1)k-1k(nk+1)-k=1+(-1)k-1k2=k=1+(-1)kk2(nk+1)

avec

|k=1+(-1)kk2(nk+1)|1nk=1+1k20

donc

n01ln(1+tn)dtn+k=1+(-1)k-1k2

avec

k=1+(-1)k-1k2=π212

car on sait

k=1+1k2=π26.
 
Exercice 9  4106      CENTRALE (MP)Correction  

On considère une série entière complexe n0anzn de rayon de convergence R>0.

On note f sa somme définie pour |z|<R par

f(z)=n=0+anzn.
  • (a)

    Rappeler la définition du rayon de convergence d’une série entière et montrer que n0anzn converge normalement sur le disque D(0,r)={z,|z|r} si 0<r<R.

  • (b)

    Soit r un réel tel que 0<r<R, montrer que la fonction

    z02πIm(f(reiθ))r-ze-iθdθ

    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,|z|=r} pour 0<r<R.

Solution

  • (a)

    R est la borne supérieure dans {+} de l’ensemble

    {r[0;+[|(anrn)n est bornée}.

    Soit 0<r<R. On peut introduire ρ tel que r<ρ et (anρn)n soit une suite bornée. Pour tout zD(0,r), on a

    |anzn||anrn|=|an|ρn(rρ)n=O((rρ)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

    1r-ze-iθ=n=0+e-inθrn+1zn.

    Sachant la fonction f bornée sur le compact {z||z|=r}, il y a convergence de la série

    02π|Im(f(reiθ))e-inθrn+1zn|dθ

    ce qui permet une intégration terme à terme

    02πIm(f(reiθ))r-ze-iθdθ=n=0+(02πIm(f(reiθ))e-inθdθ)znrn+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 anrn

    02πIm(f(reiθ))e-inθdθ=k=0+Ikrk

    avec

    Ik=Re(ak)02πsin(kθ)e-inθdθ+Im(ak)02πcos(kθ)e-inθdθ.

    Pour nk, les deux intégrales sonts nulles.

    Pour n=k=0,

    02πsin(kθ)e-inθ+dθ=0 et 02πcos(kθ)e-inθdθ=2π.

    Pour n=k0,

    02πsin(kθ)e-inθdθ =-i02πsin2(kθ)dθ=-iπ et
    02πcos(kθ)e-inθdθ =π.

    On peut alors conclure

    02πIm(f(reiθ))r-ze-iθdθ =2πIm(a0)r+πn=1+(Im(an)-iRe(an))znr
    =iπr(f(0)¯-f(z)).
  • (c)

    Si f est une telle fonction, l’intégrale au-dessus est nulle et donc

    f(z)=f(0)¯ pour tout |z|<r.

    On en déduit a0 et an=0 pour n1. La fonction f est alors constante réelle.

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Édité le 08-11-2019

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