[<] Intégration terme à terme et séries entières

 
Exercice 1  3932  Correction  

(Formule de Chu-Vandermonde)

Pour α, on pose

α,(αn)=α(α-1)(α-n+1)n!.

Établir

(a,b)2,k=0n(ak)(bn-k)=(a+bn).

Solution

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

(1+x)α=n=0+(αn)xn.

On peut écrire

(1+x)a+b=(1+x)a(1+x)b.

Par produit de Cauchy de développements en série entière

(1+x)a+b=n=0+k=0n(ak)(bn-k)xn.

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

k=0n(ak)(bn-k)=(a+bn).
 
Exercice 2  707  Correction  

Soit S(x)=n=0anxn le développement en série entière de x1+x.

  • (a)

    Pour N, on pose

    SN=n=0NanxnetRN=n=N+1+anxn.

    Montrer que (SN(x))2-1-x est un polynôme dont la plus petite puissance de x est de degré N+1.

  • (b)

    Soit An() nilpotente. Justifier l’existence d’une matrice Bn() telle que

    B2=In+A.

Solution

  • (a)

    On a

    SN(x)2-1-x=SN(x)2-S(x)2=RN(x)(S(x)+SN(x)).

    C’est donc une série entière dont le premier terme non nul est au moins un xN+1. Aussi, (SN(x))2-1-x est un polynôme.

  • (b)

    Pour N tel que AN=0, (SN(A))2-In-A=On donc B=SN(A) convient.

 
Exercice 3  2422     MINES (MP)Correction  

Soient m et n deux entiers naturels non nuls.

  • (a)

    Déterminer la décomposition en éléments simples de

    1(X+1)m(X-1)n
  • (b)

    Déterminer deux polynômes U et V tels que

    (X+1)mU(X)+(X-1)nV(X)=1.

Solution

  • (a)

    En posant Y=X-1,

    1(X+1)m(X-1)n=1Yn(Y+2)m.

    Pour Y]-1/2;1/2[,

    1(Y+2)m=12m1(1+Y2)m=12mk=0+-m(-m-1)(-m-k+1)k!Yk2k.

    Après simplifications

    1(Y+2)m=k=0+(-1)k2m+k(m+k-1k)Yk.

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

    a0(X-1)n++an-1X-1=a0Yn++an-1Y

    avec

    ak=(-1)k2m+k(m+k-1k).

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

    b0(X+1)m++bm-1X+1=b0Zm++bm-1Z.

    avec

    bk=(-1)n2n+k(n+k-1k).

    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

    1(X+1)m(X-1)n=k=0n-1ak(X-1)k(X-1)n+k=0m-1bk(X+1)k(X+1)m.

    Par conséquent, on posant

    U(X)=k=0n-1ak(X-1)ketV(X)=k=0m-1bk(X+1)k

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

    (X+1)mU(X)+(X-1)nV(X)=1.
 
Exercice 4  3074     CENTRALE (MP)Correction  

Soit une série entière anzn de rayon de convergence R>0.

  • (a)

    Déterminer le rayon de convergence de la série entière

    ann!zn.

    On pose donc, pour t dans ,

    f(t)=n=0+ann!tn.
  • (b)

    Montrer qu’il existe r>0 tel que pour tout x>r, tf(t)e-xt soit intégrable sur [0;+[ et exprimer cette intégrale sous forme de série entière en 1/x.

Solution

  • (a)

    Soit r]0;R[. La série numérique anrn est absolument convergente. Pour tout z,

    ann!zn=anrn1n!(zr)n=o(anrn)

    car par croissance comparée

    1n!(zr)nn+0.

    Par comparaison de séries absolument convergentes, on peut affirmer que la série numérique anzn est absolument convergente pour tout z.
    Le rayon de convergence de la série entière étudiée est +.

  • (b)

    On a

    f(t)e-xt=n=0+ann!tne-xt=n=0+fn(t) avec fn(t)=ann!tne-xt.

    La série de fonctions fn converge simplement sur [0;+[.
    Les fonctions fn et la fonction tf(t)e-xt sont continues par morceaux sur [0;+[.
    Les fonctions fn sont intégrables sur [0;+[ car t2fn(t)t+0 et

    0+|fn(t)|dt=|an|n!0+tne-xtdt.

    Par intégration par parties généralisées successives

    0+tne-xtdt=n!xn+1

    et donc

    0+|fn(t)|dt=|an|xn+1.

    Si x>1/R alors la série |an|/xn+1 est convergente et, par le théorème d’intégration terme à terme, on peut affirmer que la fonction tf(t)e-xt est intégrable et

    0+f(t)e-xtdt=n=0+anxn+1.
 
Exercice 5  4175     CENTRALE (MP)Correction  

On note A l’ensemble des polynômes à coefficients dans et, pour tout n:

An={PA|P(2)=n}.
  • (a)

    Montrer que An est fini pour tout n. On note un son cardinal.

    Calculer u0, u1 et u2.

  • (b)

    Montrer

    n,u2n+1=u2netn*,u2n=u2n-1+un.
  • (c)

    Montrer

    n,u2n=k=0nuk.
  • (d)

    Écrire un programme Python qui renvoie la liste des 100 premiers termes de la suite (un).

  • (e)

    Quelle conjecture peut-on faire sur le rayon de convergence de unzn? La démontrer!

Solution

  • (a)

    Cas: n=0. Un polynôme P de A0 est à coefficients positifs et prend la valeur 0 en 2, c’est n’est nécessairement le polynôme nul.

    Cas: n1. Soit PAn. Celui-ci n’est pas nul, notons N son dégré et écrivons

    P=a0+a1X++aNXN avec a0,,aN et aN0.

    La condition P(2)=n entraîne

    naN2N2N.

    On en déduit que le degré de P est majoré par log2N. 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.

    A0={0}, A1={1} et A2={2,1+X} donc u0=u1=1 et u2=2.

  • (b)

    Soit n. L’application P1+P transforme un polynôme de A2n en un polynôme de A2n+1. Inversement, un polynôme Q de A2n+1 a nécessairement un coefficient constant impair ce qui permet d’introduire P=Q-1 qui est élément de A2n. On en déduit u2n=u2n+1.

    Soit n*. L’application PXP transforme un polynôme de An en un polynôme de A2n dont le coefficient constant est nul et inversement, tout polynôme de A2n de coefficient constant nul est de cette forme. De plus, comme au-dessus, on peut mettre en correspondance les polynômes de A2n de coefficient constant non nul avec les polynômes de A2n-1. On en déduit u2n=un+u2n-1.

  • (c)

    Pour n*, ce qui précède donne

    u2n=u2n-2+un donc u2n-u2(n-1)=un.

    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 (un) étant croissante, elle n’est pas de limite nulle et donc R1

    Soit ρ>1. Montrons unMρn pour M bien choisi.

    On raisonne par récurrence forte sur n après une initialisation sur les rangs 0 à n0 avec n0 qui sera précisé par la suite.

    La propriété est vraie aux rangs 0,,n0 en choisissant M suffisamment grand:

    M=max{ukρk|k0;n0}.

    Supposons la propriété vraie jusqu’au rang nn0.

    Cas: n+1 impair. La propriété est immédiate car un=un-1 et ρ>1.

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

    u2pk=0pMρk=Mρp+1-1ρ-1Mρp+1ρ-1Mρ2p

    sous réserve que ρp-1(ρ-1)1 ce qu’il est possible d’obtenir pour p assez grand ce qui determine la valeur de n0: on choisit celle-ci de sorte que

    ρn0/2-1(ρ-1)1.

    La récurrence est établie.

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

 
Exercice 6  3663   Correction  

On pose

z,c(z)=n=0+(-1)n(2n)!z2nets(z)=n=0+(-1)n(2n+1)!z2n+1.

Montrer que

z,c(z)2+s(z)2=1.

Solution

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

x,c(x)=cos(x)ets(x)=sin(x)

de sorte que l’on a déjà

x,c(x)2+s(x)2=1.

Par opérations sur les séries entières, on sait qu’il existe une suite (an) telle que

z,c(z)2+s(z)2=n=0+anzn

et l’on peut donc écrire

x,n=0+anxn=1.

Par unicité des coefficients d’un développable en série entière

a0=1etn*,an=0

donc

z,c(z)2+s(z)2=1.
 
Exercice 7  3181      CENTRALE (MP)Correction  

Déterminer un équivalent de

In=01xn+1ln(1-x)dx.

Solution

Posons f:]0;1[ définie par

f(x)=-ln(1-x)x=n=0+xnn+1

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

-(n+1)In=An+Bn+Cn

avec

An=0a(n+1)xnf(x)dx,Bn=ab(n+1)xnf(x)dx et Cn=b1(n+1)xnf(x)dx.

Par monotonie de f,

0An0a(n+1)xnf(0)=an+1.

Pour a=1-εn avec εn=ln(n)n0, on a

ln(n)an+1=eln(ln(n))+(n+1)ln(1-εn)n+0

car

ln(ln(n))+(n+1)ln(1-εn)n+-ln(n)n+-.

On en déduit

An=o(1ln(n)).

Par la croissance de f

0Cnb1(n+1)xnf(b)dx=1-bn+1f(b).

Pour b=1-ηn avec ηn=1n(ln(n))0, on a

bn+1n+1etf(b)n+ln(n)

de sorte que

Cnn+o(1ln(n)).

Enfin, toujours par la croissance de f,

bn+1-an+1f(b)Bnbn+1-an+1f(a)

et puisque

bn+1-an+1n+1etf(b)n+f(a)n+ln(n)

on parvient à

-(n+1)Inn+1ln(n)

et, finalement,

Inn+-1nln(n).

Remarquons que par le changement de variable t=-ln(1-x), x=1-e-t

In=-0+(1-e-t)n+1te-tdt.

En développant par la formule du binôme,

In=0+k=0n+1(-1)k(n+1k)-e-(k+1)ttdt.

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

k=0n+1(-1)k(n+1k)=0

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

In=k=0n+1(-1)k(n+1k)0+e-t-e-(k+1)ttdt.

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

0+e-t-e-(k+1)ttdt=limε0ε+e-t-e-(k+1)ttdt=ln(k+1).

Ce qui précède permet alors d’établir

k=0n+1(-1)k(n+1k)ln(k+1)n+-1nln(n).

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Édité le 08-11-2019

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