Pour $|x|<1$, on a le développement en série entière

$${(1+x)}^{\alpha }=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{\alpha }{n}\right)x^n\text{.}$$

On peut écrire

$${(1+x)}^{a+b}={(1+x)}^a{(1+x)}^b\text{.}$$

Par produit de Cauchy de développements en série entière

$${(1+x)}^{a+b}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{b}{n-k}\right)x^n\text{.}$$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient en étudiant le coefficient d’indice $n$

$$\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{b}{n-k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a+b}{n}\right)\text{.}$$

• (a)

  On a

  $$S_N{(x)}^2-1-x=S_N{(x)}^2-S{(x)}^2=R_N(x)\left(S(x)+S_N(x)\right)\text{.}$$

  C’est donc une série entière dont le premier terme non nul est au moins un $x^{N+1}$. Aussi, ${\left(S_N(x)\right)}^2-1-x$ est un polynôme.

• (b)

  Pour $N$ tel que $A^N=0$, ${\left(S_N(A)\right)}^2-{\mathrm{I}}_n-A={\mathrm{O}}_n$ donc $B=S_N(A)$ convient.

• (a)

  Soit $\sum a_n{x}^n$ une série entière de rayon de convergence $R>0$ et de fonction somme $f$ définie sur $]-R;R[$. Pour $x\in ]-R/2;R/2[$,

  	$f(2x)=f(x)+x\exp (x)$	$\iff {\displaystyle \sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}}{a}_n{(2x)}^n={\displaystyle \sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}}{a}_n{x}^n+{\displaystyle \sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{1}{n!}}{x}^{n+1}$
  		$\iff {\displaystyle \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}}{a}_n(2^n-1)x^n={\displaystyle \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{1}{(n-1)!}}{x}^n\text{.}$

  Par unicité des coefficients d’un développement en série entière,

  $$\forall x\in ]-R/2;R/2[,f(2x)=f(x)+x\exp (x)\iff \forall n\in {\mathbb{N}}^{*},a_n=\frac{1}{2^n-1}\cdot \frac{1}{(n-1)!}\text{.}$$

  Au coefficient constant $a_0$ près, cela détermine complètement la série entière. Au surplus, celle-ci est de convergence $R=+\mathrm{\infty }$ et l’on peut conclure que les fonctions $f:ℝ\to ℝ$ développables en série entière solutions du problème posé sont les fonctions données par

  $$f(x)=a_0+\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{2^n-1}\cdot \frac{1}{(n-1)!}{x}^n\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }x\in ℝ\text{.}$$

• (b)

  Soit $f$ une fonction continue solution. Pour $x\in ℝ$,

  	$f(x)$	$=f\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)+{\displaystyle \frac{x}{2}}\exp \left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)$
  		$=f\left({\displaystyle \frac{x}{4}}\right)+{\displaystyle \frac{x}{2}}\exp \left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)+{\displaystyle \frac{x}{4}}\exp \left({\displaystyle \frac{x}{4}}\right)\text{.}$

  Par récurrence, on vérifie

  $$f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}\right)+\sum _{k=1}^n\frac{x}{2^k}\exp \left(\frac{x}{2^k}\right)\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }n\in \mathbb{N}\text{.}$$

  En passant à la limite quand $n$ tend vers $+\mathrm{\infty }$, on conclut par continuité de $f$ en $0$

  $$f(x)=f(0)+\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x}{2^k}\exp \left(\frac{x}{2^k}\right)\text{.}$$

  La fonction $f$ est donc déterminée de façon unique à la valeur de $f(0)$ près, elle correspond donc à l’une des séries entières précédemment obtenues.

• (a)

  En posant $Y=X-1$,

  $$\frac{1}{{(X+1)}^m{(X-1)}^n}=\frac{1}{Y^n{(Y+2)}^m}\text{.}$$

  Pour $Y\in ]-1/2;1/2[$,

  $$\frac{1}{{(Y+2)}^m}=\frac{1}{2^m}\cdot \frac{1}{{\left(1+\frac{Y}{2}\right)}^m}=\frac{1}{2^m}\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{-m(-m-1)\mathrm{\dots }(-m-k+1)}{k!}\frac{Y^k}{2^k}\text{.}$$

  Après simplifications

  $$\frac{1}{{(Y+2)}^m}=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{2^{m+k}}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{m+k-1}{k}\right)Y^k\text{.}$$

  On en déduit que la partie polaire relative au pôle 1 est

  $$\frac{a_0}{{(X-1)}^n}+\mathrm{\cdots }+\frac{a_{n-1}}{X-1}=\frac{a_0}{Y^n}+\mathrm{\cdots }+\frac{a_{n-1}}{Y}$$

  avec

  $$a_k=\frac{{(-1)}^k}{2^{m+k}}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{m+k-1}{k}\right)\text{.}$$

  De même, en posant $Z=X+1$, la partie polaire relative au pôle $-1$ est

  $$\frac{b_0}{{(X+1)}^m}+\mathrm{\cdots }+\frac{b_{m-1}}{X+1}=\frac{b_0}{Z^m}+\mathrm{\cdots }+\frac{b_{m-1}}{Z}\text{.}$$

  
  

  avec

  $$b_k=\frac{{(-1)}^n}{2^{n+k}}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+k-1}{k}\right)\text{.}$$

  Enfin, puisque de partie entière nulle, la fraction rationnelle étudiée est la somme des deux parties polaires proposées.

• (b)

  En réduisant chaque partie polaire au même dénominateur, on obtient

  $$\frac{1}{{(X+1)}^m{(X-1)}^n}=\frac{{\sum }_{k=0}^{n-1}{a}_k{(X-1)}^k}{{(X-1)}^n}+\frac{{\sum }_{k=0}^{m-1}{b}_k{(X+1)}^k}{{(X+1)}^m}\text{.}$$

  Par conséquent, on posant

  $$U(X)=\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{(X-1)}^k\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}V(X)=\sum _{k=0}^{m-1}{b}_k{(X+1)}^k$$

  la poursuite de la réduction au même dénominateur du calcul précédent donne

  $${(X+1)}^{m}U(X)+{(X-1)}^{n}V(X)=1\text{.}$$

• (a)

  On a

  $$\frac{a_n}{n!}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{O}\left(\frac{1}{n!}\right)\text{.}$$

  Or la série entière exponentielle est de rayon de convergence $+\mathrm{\infty }$ donc $R=+\mathrm{\infty }$.

• (b)

  On a

  $$f(t){\mathrm{e}}^{-xt}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n!}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{f}_n(t)\text{ avec }{f}_n(t)=\frac{a_n}{n!}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}\text{.}$$

  La série de fonctions $\sum f_n$ converge simplement sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

  Les fonctions $f_n$ et la fonction $t\mapsto f(t){\mathrm{e}}^{-xt}$ sont continues par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

  Les fonctions $f_n$ sont intégrables sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ car $t^2{f}_n(t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$.

  Enfin,

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left|f_n(t)\right|dt=\frac{|a_n|}{n!}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}dt\text{.}$$

  Par intégration par parties généralisées successives,

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}dt=\frac{n!}{x^{n+1}}$$

  et donc

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left|f_n(t)\right|dt=\frac{|a_n|}{x^{n+1}}\text{.}$$

  Si $x>1$ alors la série $\sum |a_n|/x^{n+1}$ est convergente.

  Par le théorème d’intégration terme à terme, on peut affirmer que la fonction $t\mapsto f(t){\mathrm{e}}^{-xt}$ est intégrable et

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t){\mathrm{e}}^{-xt}dt=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{x^{n+1}}\text{.}$$

• (a)

  Soit $r\in ]0;R[$. La série numérique $\sum a_n{r}^n$ est absolument convergente. Pour tout $z\in ℂ$,

  $$\frac{a_n}{n!}{z}^n=a_n{r}^n\frac{1}{n!}{\left(\frac{z}{r}\right)}^n=\mathrm{o}\left(a_n{r}^n\right)$$

  car par croissance comparée

  $$\frac{1}{n!}{\left(\frac{z}{r}\right)}^n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  Par comparaison de séries absolument convergentes, on peut affirmer que la série numérique $\sum a_n{z}^n$ est absolument convergente pour tout $z\in ℂ$.
  Le rayon de convergence de la série entière étudiée est $+\mathrm{\infty }$.

• (b)

  On a

  $$f(t){\mathrm{e}}^{-xt}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n!}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{f}_n(t)\text{ avec }{f}_n(t)=\frac{a_n}{n!}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}\text{.}$$

  La série de fonctions $\sum f_n$ converge simplement sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.
  Les fonctions $f_n$ et la fonction $t\mapsto f(t){\mathrm{e}}^{-xt}$ sont continues par morceaux sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.
  Les fonctions $f_n$ sont intégrables sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ car $t^2{f}_n(t)\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$ et

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left|f_n(t)\right|dt=\frac{|a_n|}{n!}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}dt\text{.}$$

  Par intégration par parties généralisées successives

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^n{\mathrm{e}}^{-xt}dt=\frac{n!}{x^{n+1}}$$

  et donc

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left|f_n(t)\right|dt=\frac{|a_n|}{x^{n+1}}\text{.}$$

  Si $x>1/R$ alors la série $\sum |a_n|/x^{n+1}$ est convergente et, par le théorème d’intégration terme à terme, on peut affirmer que la fonction $t\mapsto f(t){\mathrm{e}}^{-xt}$ est intégrable et

  $${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}f(t){\mathrm{e}}^{-xt}dt=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{x^{n+1}}\text{.}$$

• (a)

  Cas: $n=0$. Un polynôme $P$ de $A_0$ est à coefficients positifs et prend la valeur $0$ en $2$, c’est n’est nécessairement le polynôme nul.

  Cas: $n\ge 1$. Soit $P\in A_n$. Celui-ci n’est pas nul, notons $N$ son dégré et écrivons

  $$P=a_0+a_{1}X+\mathrm{\cdots }+a_N{X}^N\text{ avec }{a}_0,\mathrm{\dots },a_N\in \mathbb{N}\text{ et }{a}_N\ne 0\text{.}$$

  La condition $P(2)=n$ entraîne

  $$n\ge a_N{2}^N\ge 2^N\text{.}$$

  On en déduit que le degré de $P$ est majoré par ${\log }_{2}N$. De plus, en étant large, on peut affirmer que les coefficients de $P$ sont au plus compris entre $0$ et $n$. Il n’y a donc qu’un nombre fini de polynômes solutions.

  $A_0=\{0\}$, $A_1=\{1\}$ et $A_2=\{\mathrm{2,1}+X\}$ donc $u_0=u_1=1$ et $u_2=2$.

• (b)

  Soit $n\in \mathbb{N}$. L’application $P\mapsto 1+P$ transforme un polynôme de $A_{2n}$ en un polynôme de $A_{2n+1}$. Inversement, un polynôme $Q$ de $A_{2n+1}$ a nécessairement un coefficient constant impair ce qui permet d’introduire $P=Q-1$ qui est élément de $A_{2n}$. On en déduit $u_{2n}=u_{2n+1}$.

  Soit $n\in {\mathbb{N}}^{*}$. L’application $P\mapsto XP$ transforme un polynôme de $A_n$ en un polynôme de $A_{2n}$ dont le coefficient constant est nul et inversement, tout polynôme de $A_{2n}$ de coefficient constant nul est de cette forme. De plus, comme au-dessus, on peut mettre en correspondance les polynômes de $A_{2n}$ de coefficient constant non nul avec les polynômes de $A_{2n-1}$. On en déduit $u_{2n}=u_n+u_{2n-1}$.

• (c)

  Pour $n\in {\mathbb{N}}^{*}$, ce qui précède donne

  $$u_{2n}=u_{2n-2}+u_n\text{ donc }{u}_{2n}-u_{2(n-1)}=u_n\text{.}$$

  En sommant cette relation, on obtient par télescopage la relation demandée.

• (d)

  def liste(n):
      if n == 0:
          L = [1]
      elif n % 2 == 1:
          L = liste(n-1)
          last = L[-1]
          L.append(last)
      else:
          L = liste(n-1)
          S = 0
          for k in range(n//2 + 1):
              S = S + L[k]
          L.append(S)
      return L
  

• (e)

  On peut conjecturer un rayon de convergence $R$ égal à 1.

  La suite $(u_n)$ étant croissante, elle n’est pas de limite nulle et donc $R\le 1$

  Soit $\rho >1$. Montrons $u_n\le M{\rho }^n$ pour $M$ bien choisi.

  On raisonne par récurrence forte sur $n\in \mathbb{N}$ après une initialisation sur les rangs $0$ à $n_0$ avec $n_0$ qui sera précisé par la suite.

  La propriété est vraie aux rangs $0,\mathrm{\dots },n_0$ en choisissant $M$ suffisamment grand:

  $$M=\max \{\frac{u_k}{{\rho }^k}|k\in ⟦0;n_0⟧\}\text{.}$$

  Supposons la propriété vraie jusqu’au rang $n\ge n_0$.

  Cas: $n+1$ impair. La propriété est immédiate car $u_n=u_{n-1}$ et $\rho >1$.

  Cas: $n+1$ pair. On écrit $n=2p$. L’hypothèse de récurrence donne

  $$u_{2p}\le \sum _{k=0}^{p}M{\rho }^k=M\frac{{\rho }^{p+1}-1}{\rho -1}\le M\frac{{\rho }^{p+1}}{\rho -1}\le M{\rho }^{2p}$$

  sous réserve que ${\rho }^{p-1}(\rho -1)\ge 1$ ce qu’il est possible d’obtenir pour $p$ assez grand ce qui determine la valeur de $n_0\in \mathbb{N}$: on choisit celle-ci de sorte que

  $${\rho }^{n_0/2-1}(\rho -1)\ge 1\text{.}$$

  La récurrence est établie.

  Cette comparaison assure que le rayon de convergence $R$ est supérieur à $1/\rho$ et, puisque cela vaut pour tout $\rho >1$, on conclut $R=1$.

Les rayons de convergences des séries entières définissants $c$ et $s$ sont infinis et l’on reconnaît

$$\forall x\in ℝ,c(x)=\cos (x)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}s(x)=\sin (x)$$

de sorte que l’on a déjà

$$\forall x\in ℝ,c{(x)}^2+s{(x)}^2=1\text{.}$$

Par opérations sur les séries entières, on sait qu’il existe une suite $(a_n)\in {ℂ}^{\mathbb{N}}$ telle que

$$\forall z\in ℂ,c{(z)}^2+s{(z)}^2=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{z}^n$$

et l’on peut donc écrire

$$\forall x\in ℝ,\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n=1\text{.}$$

Par unicité des coefficients d’un développable en série entière

$$a_0=1\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\forall n\in {\mathbb{N}}^{*},a_n=0$$

donc

$$\forall z\in ℂ,c{(z)}^2+s{(z)}^2=1\text{.}$$

Posons $f:]0;1[\to ℝ$ définie par

$$f(x)=-\frac{\ln (1-x)}{x}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n+1}$$

prolongée par continuité en $0$.
Notons que cette fonction est positive et croissante.
Introduisons $a,b\in ]0;1[$ dont les valeurs seront déterminées ultérieurement. On peut écrire

$$-(n+1)I_n=A_n+B_n+C_n$$

avec

$$A_n={\int }_0^a(n+1)\frac{x^n}{f(x)}dx,B_n={\int }_a^b(n+1)\frac{x^n}{f(x)}dx\text{ et }{C}_n={\int }_b^1(n+1)\frac{x^n}{f(x)}dx\text{.}$$

Par monotonie de $f$,

$$0\le A_n\le {\int }_0^a\frac{(n+1)x^n}{f(0)}=a^{n+1}\text{.}$$

Pour $a=1-{\epsilon }_n$ avec ${\epsilon }_n=\frac{\ln (n)}{n}\to 0$, on a

$$\ln (n)a^{n+1}={\mathrm{e}}^{\ln \left(\ln (n)\right)+(n+1)\ln (1-{\epsilon }_n)}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

car

$$\ln \left(\ln (n)\right)+(n+1)\ln (1-{\epsilon }_n)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-\ln (n)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}-\mathrm{\infty }\text{.}$$

On en déduit

$$A_n=\mathrm{o}\left(\frac{1}{\ln (n)}\right)\text{.}$$

Par la croissance de $f$

$$0\le C_n\le {\int }_b^1\frac{(n+1)x^n}{f(b)}dx=\frac{1-b^{n+1}}{f(b)}\text{.}$$

Pour $b=1-{\eta }_n$ avec ${\eta }_n=\frac{1}{n\left(\ln (n)\right)}\to 0$, on a

$$b^{n+1}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}1\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}f(b)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\ln (n)$$

de sorte que

$$C_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\mathrm{o}\left(\frac{1}{\ln (n)}\right)\text{.}$$

Enfin, toujours par la croissance de $f$,

$$\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{f(b)}\le B_n\le \frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{f(a)}$$

et puisque

$$b^{n+1}-a^{n+1}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}1\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}f(b)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }f(a)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\ln (n)$$

on parvient à

$$-(n+1)I_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{\ln (n)}$$

et, finalement,

$$I_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-\frac{1}{n\ln (n)}\text{.}$$

Remarquons que par le changement de variable $t=-\ln (1-x)$, $x=1-{\mathrm{e}}^{-t}$

$$I_n=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(1-{\mathrm{e}}^{-t})}^{n+1}}{t}{\mathrm{e}}^{-t}dt\text{.}$$

En développant par la formule du binôme,

$$I_n={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{n+1}{(-1)}^k\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+1}{k}\right)\frac{-{\mathrm{e}}^{-(k+1)t}}{t}\mathrm{d}t\text{.}$$

On ne peut pas linéariser car les intégrales divergent en $0$. On exploite

$$\sum _{k=0}^{n+1}{(-1)}^k\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+1}{k}\right)=0$$

pour introduire un $0$ faisant converger les intégrales et permettant de linéariser

$$I_n=\sum _{k=0}^{n+1}{(-1)}^k\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+1}{k}\right){\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}-{\mathrm{e}}^{-(k+1)t}}{t}dt\text{.}$$

On peut alors montrer par découpage d’intégrale et un changement de variable affine que

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}-{\mathrm{e}}^{-(k+1)t}}{t}dt=\underset{\epsilon \to 0}{lim}{\int }_{\epsilon }^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{e}}^{-t}-{\mathrm{e}}^{-(k+1)t}}{t}dt=\ln (k+1)\text{.}$$

Ce qui précède permet alors d’établir

$$\sum _{k=0}^{n+1}{(-1)}^k\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+1}{k}\right)\ln (k+1)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-\frac{1}{n\ln (n)}\text{.}$$