Exercice 1 989

Former les développements en série entière en $0$ des fonctions rationnelles qui suivent:

(a)

$f : x \mapsto \frac{1}{(x + 2) {(x - 1)}^{2}}$
(b)

$g : x \mapsto \frac{1}{1 + x + x^{2}}$ .

Exercice 2 987 Correction

Former le développement en série entière en 0 de la fonction

x \mapsto \ln (x^{2} + x + 1) .

Solution

On peut écrire

\ln (1 - x^{3}) = \ln (1 - x) + \ln (1 + x + x^{2})

donc sur $] - 1; 1 [$ ,

\ln (1 + x + x^{2}) = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{3 n} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} x^{n}

avec

a_{n} = \frac{1}{n} si n \neq 0 [3] et a_{3 n} = - \frac{1}{n} + \frac{1}{3 n} = - \frac{2}{3 n} .

Exercice 3 3485 Correction

Former le développement en série entière de

f : x \mapsto \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} .

Solution

La fonction $f$ est définie sur $] - 1; 1 [$ et

f (x) = \frac{(1 + x)}{\sqrt{1 - x^{2}}} .

Pour $| x | < 1$ , on a

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = {(1 + u)}^{α}

avec $u = - x^{2} \in] - 1; 1 [$ et $α = - 1 / 2$ donc

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} x^{2 n}

puis

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} (x^{2 n} + x^{2 n + 1}) .

Exercice 4 5083 MINES (PC)

Développer en série entière sur un voisinage de $0$ la fonction

x \mapsto \ln (1 + \frac{x}{1 + x^{2}}) .

Exercice 5 3931

(Identité binomiale)

Soit $p \in ℕ$ . Établir

\frac{1}{{(1 - x)}^{p + 1}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + p}{n}) x^{n} pour tout x \in] - 1; 1 [.

Exercice 6 3899 Correction

Soient $a \in ℂ^{*}$ et $p \in ℕ$ . Former le développement en série entière de

x \mapsto \frac{1}{{(x - a)}^{p + 1}} .

Solution

Pour $| x | < | a |$ ,

\frac{1}{x - a} = - \frac{1}{a} \frac{1}{1 - x / a} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{- 1}{a^{n + 1}} x^{n} .

Par dérivation à l’ordre $p$

\frac{{(- 1)}^{p} p!}{{(x - a)}^{p + 1}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(- 1) (n + p) (n + p - 1) \dots (n + 1)}{a^{n + p + 1}} x^{n} .

Ainsi,

\frac{1}{{(x - a)}^{p + 1}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p - 1}}{a^{n + p + 1}} \frac{(n + p)!}{p! n!} x^{n} .

On peut aussi obtenir ce développement à partir de celui de ${(1 + u)}^{α}$ .

Exercice 7 990 Correction

Former le développement en série entière de

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}}

pour $| x | < 1$ et $t \in] 0; π [$ .

Solution

Par décomposition en éléments simples,

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}} = \frac{1}{2} (\frac{1}{1 - (e^{i t} x)} + \frac{1}{1 - (e^{- i t} x)}) .

Pour $| x | < 1$ ,

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}} = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (e^{i n t} + e^{- i n t}) x^{n}

puis

\frac{1 - x \cos (t)}{1 - 2 x \cos (t) + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \cos (n t) x^{n} .

Exercice 8 988 Correction

Soient $a, b > 0$ avec $a \neq b$ .
Calculer $c_{n}$ , le $n$ -ième coefficient du développement en série entière en 0 de

x \mapsto \frac{1}{(1 - a x) (1 - b x)} .

Exprimer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n}^{2} x^{n} .

Solution

Par décomposition en éléments simples

\frac{1}{(1 - a x) (1 - b x)} = \frac{a / (a - b)}{1 - a x} + \frac{b / (b - a)}{1 - b x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{b^{n + 1} - a^{n + 1}}{b - a} x^{n}

avec $R = \min (1 / a,1 / b)$ .
On a alors

\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n}^{2} x^{n} = \frac{1}{{(b - a)}^{2}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (b^{2 n + 2} - 2 a^{n + 1} b^{n + 1} + a^{2 n + 2}) x^{n}

donc

\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n}^{2} x^{n} = \frac{1}{{(b - a)}^{2}} (\frac{b^{2}}{1 - b^{2} x} - \frac{2 a b}{1 - a b x} + \frac{a^{2}}{1 - a^{2} x}) = \frac{1 + a b x}{(1 - a^{2} x) (1 - a b x) (1 - b^{2} x)} .

Exercice 9 995 CENTRALE (MP)Correction

Réaliser le développement en série entière en $0$ de

x \mapsto \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}}

et reconnaître cette fonction.

Solution

Pour $| x | < 1$ ,

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{t^{2}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- \frac{x}{t})}^{n} d t = \int_{1}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{x^{n}}{t^{n + 2}} d t .

Par théorème d’intégration terme à terme,

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{2 n + 1} x^{2 n}

(la série des intégrales des valeurs absolues converge). On en déduit

\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \frac{\arctan (x)}{x} .

Cette expression peut aussi s’obtenir par un calcul direct via le changement de variable $u = x / t$ .

Exercice 10 3707 CCINP (MP)Correction

(a)

Pour quel réel $x$ , l’intégrale suivante existe-t-elle

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} ?$
(b)

Donner alors sa valeur.
(c)

Montrer que

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}}$

est développable en série entière et exprimer ce développement.

Solution

(a)

Si $x > - 1$ , la fonction $t \mapsto 1 / (x + e^{t})$ est définie et continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et intégrable car

$t^{2} / (x + e^{t}) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

Si $x = - 1$ , la fonction $t \mapsto 1 / (x + e^{t})$ n’est pas définie en 0 et

$\frac{1}{e^{t} - 1} \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{t} .$

La fonction n’est donc pas intégrable et, puisque elle est positive, son intégrale diverge.
Si $x < - 1$ , la fonction $t \mapsto 1 / (x + e^{t})$ n’est pas définie en $t_{0} = \ln (- x) \in] 0; + \infty [$ . Par dérivabilité en $t_{0}$ , on obtient

$\frac{1}{e^{t} + x} = \frac{1}{e^{t} - e^{t_{0}}} \underset{t \to t_{0}}{\sim} \frac{1}{(t - t_{0}) e^{t_{0}}}$

et encore une fois l’intégrale diverge.
(b)

Pour $x = 0$

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} d t = 1 .$

Pour $x \neq 0$ , posons le changement de variable $u = e^{t}$ qui définit une bijection de classe $𝒞^{1}$

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{d u}{u (x + u)} .$

Par décomposition en éléments simples,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \int_{1}^{+ \infty} \frac{1 / x}{u} - \frac{1 / x}{x + u} d u$

et, finalement,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{x + e^{t}} = \frac{\ln (1 + x)}{x} .$
(c)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$\ln (1 + x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} x^{n} .$

On en déduit

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} x^{n}$

(pour $x \neq 0$ et pour $x = 0$ ).

Exercice 11 3761 Correction

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{π / 2} \frac{d θ}{\sqrt{1 - x^{2} \sin^{2} θ}} .

(a)

Justifier

$\forall x \in] - 1; 1 [, f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{π}{2} {(\frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}})}^{2} x^{2 n} .$
(b)

En déduire un équivalent de $f (x)$ quand $x \to 1^{-}$ .

Solution

(a)

On sait

$\forall u \in] - 1; 1 [, \frac{1}{\sqrt{1 + u}} = {(1 + u)}^{- 1 / 2} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} u^{n}$

donc

$f (x) = \int_{0}^{π / 2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (θ) d θ$

avec

$u_{n} (θ) = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} x^{2 n} \sin^{2 n} θ .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues par morceaux, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $[0; π / 2]$ et sa somme est continue par morceaux. Les fonctions $u_{n}$ sont aussi intégrables sur $[0; π / 2]$ et

$\int_{0}^{π / 2} | u_{n} (θ) | d θ = \int_{0}^{π / 2} u_{n} (θ) d θ = \frac{π}{2} {(\frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}})}^{2} x^{2 n}$

car on sait calculer à l’aide d’une formule de récurrence obtenue par intégration par parties les intégrales de Wallis

$I_{2 n} = \int_{0}^{π / 2} \sin^{2 n} θ d θ = \frac{2 n - 1}{2 n} I_{2 n - 2} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} \frac{π}{2} .$

Par la formule de Stirling,

$\int_{0}^{π / 2} | u_{n} (θ) | d θ \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{x^{2 n}}{2 n} .$

Ce terme est sommable et l’on peut donc procéder à une intégration terme à terme donnant la relation proposée.
(b)

On a obtenu

$f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{2 n} avec a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n} .$

On peut écrire

$a_{n} = \frac{1 + ε (n)}{2 n} avec ε (n) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et avec convergence des sommes introduites

$f (x) = a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{2 n}}{2 n} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} = a_{0} - \frac{1}{2} \ln (1 - x^{2}) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} .$

Or

$a_{0} - \frac{1}{2} \ln (1 - x^{2}) = a_{0} - \frac{1}{2} \ln (1 + x) - \frac{1}{2} \ln (1 - x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \frac{1}{2} \ln (1 - x)$

et pour conclure il nous suffit d’établir

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} \underset{x \to 1^{-}}{=} o (\ln (1 - x)) .$

Soit $ε > 0$ . Il existe un rang $N$ tel que

$\forall n \geq N, | ε (n) | \leq ε$

et alors

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} | \leq | \sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} | + \frac{ε}{2} \ln (1 - x^{2}) .$

Le premier terme de la somme réalisant la majoration est polynomiale donc

$\sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} \underset{x \to 1^{-}}{=} o (\ln (1 - x^{2}))$

et donc, pour $x$ suffisamment proche de 1,

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} | \leq ε \ln (1 - x^{2}) .$

Ainsi,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{ε (n) x^{2 n}}{2 n} \underset{x \to 1^{-}}{=} o (\ln (1 - x^{2})) = o (\ln (1 - x^{2})) .$

Finalement,

$f (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} - \frac{1}{2} \ln (1 - x) .$

Exercice 12 2512 CCINP (MP)Correction

Soit $a \in] - 1; 1 [$ .

(a)

Donner le domaine de définition de

$S : x \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{x + n} .$
(b)

Montrer que $S$ est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

Déterminer la limite et un équivalent de $S$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

$S$ est définie sur $ℝ ∖ ℤ_{-}^{*}$ . En effet, pour $x \in ℤ_{-}^{*}$ la somme comporte un terme non défini ce qui empêche de définir $S (x)$ . En revanche, pour $x \in ℝ ∖ ℤ_{-}^{*}$ , la série converge absolument car

$\frac{a^{n}}{x + n} \underset{n \to + \infty}{=} o (a^{n}) .$
(b)

Pour $| x | < 1$ ,

$S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{m = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{m} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}} x^{m} .$

Or $\sum | {(- 1)}^{m} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}} x^{m} |$ converge et $\sum \sum_{m = 0}^{+ \infty} | {(- 1)}^{m} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}} x^{m} |$ converge. Par le théorème de Fubini, on peut permuter les sommes infinies et affirmer

$S (x) - \frac{1}{x} = \sum_{m = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{m} (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a^{n}}{n^{m + 1}}) x^{m} .$

La fonction $S$ est donc développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
(c)

Par convergence normale sur $[1; + \infty [$ , on peut intervertir limites et sommes infinies pour justifier,

$lim_{x \to + \infty} S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} 0 = 0$

et

$lim_{x \to + \infty} x S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} a^{n} = \frac{a}{1 - a}$

de sorte que

$S (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{a}{(1 - a) x} .$

Exercice 13 5452 Correction

Dans ce sujet, on recherche les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ continues vérifiant

\forall x \in ℝ, f (x) = (1 + x) f (x / 2) et f (0) = 1 .

(a)

Déterminer les fonctions $f$ développables en série entière solutions.
(b)

Montrer qu’il n’existe pas d’autres solutions.

Solution

(a)

Analyse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ . Sa somme définie sur $] - R; R [$ est solution du problème posé si, et seulement si, $a_{0} = 1$ et

$\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ $= (1 + x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{2^{n}} x^{n}$

$= a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{a_{n}}{2^{n}} + \frac{a_{n - 1}}{2^{n - 1}}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on parvient à la condition

$\forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = \frac{2}{2^{n} - 1} a_{n - 1} .$

Cela détermine la suite $(a_{n})$ de façon unique:

$\forall n \in ℕ, a_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2}{2^{k} - 1} .$

Synthèse: La série entière déterminée par la suite $(a_{n})$ précédente est de rayon de convergence $R = + \infty$ , et, à rebours des calculs qui précèdent, est solution sur $ℝ$ du problème posé
(b)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction solution du problème posé. Par récurrence, on vérifie

$\forall n \in ℕ, \forall x \in ℝ, f (x) = (\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{x}{2^{k - 1}})) f (\frac{x}{2^{n}}) .$

Par passage à la limite et continuité de $f$ en $0$ ,

$\forall x \in ℝ, f (x) = lim_{n \to + \infty} \prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{x}{2^{k - 1}}) .$

On parvient à la même relation avec la fonction solution développable en série entière, la fonction $f$ lui est donc égale.

Exercice 14 2605 ENSTIM (MP)Correction

Soit $α \in] - 1; 1 [$ .

(a)

Montrer, pour tout $x \in ℝ$ , la convergence de la suite ${(P_{n} (x))}_{n \in ℕ}$ de terme général

$P_{n} (x) = \prod_{k = 0}^{n} (1 - α^{k} x) .$

On note $P (x)$ la limite de la suite $(P_{n} (x))$ .

(b)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ continue vérifiant l’équation fonctionnelle

$(E) : \forall x \in ℝ, f (x) = (1 - x) f (α x) .$

Montrer, pour tout $x \in ℝ$ ,

$f (x) = f (0) P (x) .$
(c)

Montrer que la fonction $x \mapsto P (x)$ est développable en série entière sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Sachant $1 - α^{k} x \to_{k \to + \infty}^{} 1$ , on peut affirmer que, pour $N$ assez grand,

$\forall k \geq N, 1 - α^{k} x > 0 .$

Considérons alors la suite définie par la portion de produit au-delà du rang $N$

${(\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x))}_{n \geq N} .$

On a

$\ln (\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x)) = \sum_{k = N}^{n} \ln (1 - α^{k} x)$

avec

$\ln (1 - α^{k} x) \underset{k \to + \infty}{=} O (α^{k}) .$

La série de terme général $α^{k}$ est absolument convergente et donc, par comparaison, la série $\sum \ln (1 - α^{k} x)$ est aussi absolument convergente. On en déduit la convergence de la suite

${(\sum_{k = N}^{n} \ln (1 - α^{k} x))}_{n \geq N}$

puis, en composant avec la fonction exponentielle, la convergence de la suite

${(\prod_{k = N}^{n} (1 - α^{k} x))}_{n \geq N} .$

Enfin, en tenant compte de la portion initiale du produit définissant $P_{n} (x)$ , on obtient la convergence de la suite $(P_{n} (x))$ .
(b)

Si $f$ est solution de $(E)$ alors

$f (x) = (1 - α x) f (α x) = (1 - α x) (1 - α^{2} x) f (α^{2} x) = \dots$

Par récurrence, on obtient

$f (x) = \prod_{k = 0}^{n} (1 - α^{k} x) f (α^{n + 1} x) = P_{n} (x) f (α^{n + 1} x) .$

Quand $n \to + \infty$ , $f (α^{n + 1} x) \to f (0)$ car $f$ est continue et donc

$f (x) = f (0) \prod_{k = 0}^{+ \infty} (1 - α^{k} x) = f (0) P (x) .$
(c)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R = + \infty$ .
La somme de cette série entière est solution de $(E)$ si, et seulement si,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} α^{n} x^{n} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n - 1} α^{n - 1} x^{n} .$

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

$\forall n \geq 1, a_{n} = \frac{α^{n - 1}}{α^{n} - 1} a_{n - 1} .$

Inversement, considérons alors la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ avec

$a_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (\frac{α^{k - 1}}{α^{k} - 1})$

de sorte que

$a_{n} = \frac{α^{n - 1}}{α^{n} - 1} a_{n - 1} .$

Cette série entière est de rayon de convergence $R = + \infty$ car

$| \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} | = \frac{α^{n - 1}}{α^{n} - 1} \to 0$

et l’étude qui précède assure que sa somme $x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ est solution de $(E)$ prenant la valeur 1 en 0.
En vertu de la question précédente, on peut affirmer

$\forall x \in ℝ, \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\prod_{k = 1}^{n} \frac{α^{k - 1}}{α^{k} - 1}) x^{n} = P (x) .$

Exercice 15 2520 CENTRALE (MP)Correction

Pour $z \in ℂ$ et $n \in ℕ$ , on pose

P_{n} (z) = \prod_{k = 0}^{n} (1 - \frac{z}{2^{k}}) .

(a)

Montrer que $| P_{n} (z) | \leq P_{n} (- | z |)$ .
En déduire que la suite ${(P_{n} (z))}_{n \in ℕ}$ est bornée.

On pourra penser à introduire $\ln (P_{n} (- | z |))$ .
(b)

En étudiant la convergence de la série $\sum (P_{n + 1} (z) - P_{n} (z))$ , établir la convergence de la suite ${(P_{n} (z))}_{n \in ℕ}$ .
On introduit la fonction

$f : z \mapsto lim_{n \to + \infty} P_{n} (z) .$
(c)

Montrer que $f$ est continue en $0$ .
(d)

Montrer que $f$ est l’unique fonction continue en 0 vérifiant

$\forall z \in ℂ, f (z) = (1 - z) f (z / 2) et f (0) = 1 .$
(e)

Montrer que $f$ est développable en série entière.

Solution

(a)

Puisque

$| 1 - \frac{z}{2^{k}} | \leq 1 + \frac{| z |}{2^{k}}$

l’inégalité $| P_{n} (z) | \leq P_{n} (- | z |)$ est immédiate.
Par produit à facteurs strictement positifs, on a $P_{n} (- | z |) > 0$ et l’on peut donc introduire

$\ln (P_{n} (- | z |)) = \sum_{k = 0}^{n} \ln (1 + \frac{| z |}{2^{k}}) .$

Or

$\ln (1 + \frac{| z |}{2^{n}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{| z |}{2^{n}}$

et ce terme est donc sommable. On peut alors écrire

$\ln (P_{n} (- | z |)) \leq M = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{| z |}{2^{n}})$

puis

$| P_{n} (z) | \leq e^{M} .$
(b)

On a

$| P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) | \leq | P_{n} (z) | \frac{| z |}{2^{n + 1}} \leq e^{M} \frac{| z |}{2^{n + 1}} .$

Le majorant est sommable, la série télescopique $\sum P_{n + 1} (z) - P_{n} (z)$ est donc convergente et la suite $(P_{n} (z))$ est de même nature.
(c)

Pour $| z | \leq 1$ , on a

$| P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) | \leq \frac{e^{M}}{2^{n + 1}} avec M = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{2^{n}})$

et donc

$sup_{| z | \leq 1} | P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) | \leq \frac{e^{M}}{2^{n + 1}} .$

Ce terme est sommable, la série télescopique $\sum P_{n + 1} (z) - P_{n} (z)$ converge donc normalement, et donc uniformément, sur le domaine défini par la condition $| z | \leq 1$ . On en déduit que la suite de fonctions ${(P_{n} (z))}_{n \in ℕ}$ converge uniformément sur ce même domaine. Or chaque fonction $P_{n}$ est continue en 0 et donc sa limite simple $f$ est continue en 0.
(d)

La fonction $f$ vérifie évidemment les conditions énoncées.
Inversement, si une fonction $g$ vérifie les conditions proposées alors

$g (z) = (1 - z) g (z / 2) = (1 - z) (1 - z / 2) g (z / 4) = \dots$

Par récurrence

$g (z) = P_{n} (z) g (z / 2^{n + 1}) .$

Par continuité de $g$ en 0, un passage à la limite donne $g (z) = f (z)$ .
(e)

Par analyse-synthèse, la recherche d’une fonction somme de série entière $\sum a_{n} z^{n}$ solution conduit à

$a_{n} = 2^{n} \prod_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 - 2^{k}}$

et un rayon de convergence infini.

Exercice 16 5087 MINES (PSI)

Soit $q \in] - 1; 1 [$ . Montrer qu’il existe une unique fonction $f : ℝ \to ℝ$ continue vérifiant

f (0) = 1 et f (x) = (1 + x) f (q x) pour tout x \in ℝ

et justifier que celle-ci est développable en série entière sur $ℝ$ .

Exercice 17 3878 Correction

Pour $α \in [0; 1 [$ et $x \in ℝ$ on pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} sh (α^{n} x) .

(a)

Montrer que la fonction $S$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Former une relation engageant $S (α x)$ et $S (x)$ .
(c)

Établir que la fonction $S$ est développable en série entière sur $ℝ$ et exprimer ce développement.

Solution

(a)

Posons $u_{n} (x) = sh (α^{n} x)$ . La fonction $u_{n}$ est définie et continue sur $ℝ$ .
Pour $a \geq 0$ , on a

$sup_{x \in [- a; a]} | u_{n} (x) | = sh (a α^{n})$

avec

$n^{2} sh (a α^{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} n^{2} a α^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge donc normalement sur $[- a; a]$ pour tout $a \geq 0$ .
Par convergence normale sur tout segment, la fonction $S$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Pour $x \in ℝ$ ,

$S (α x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} sh (α^{n} x) = S (x) - sh (x) .$

Ainsi,

$\forall x \in ℝ, S (x) - S (α x) = sh (x) .$
(c)

Analyse: Supposons $S$ développable en série entière sur $ℝ$ avec

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .$

L’égalité $S (x) - S (α x) = sh (x)$ fournit

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} (1 - α^{n}) x^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(2 n + 1)!} x^{2 n + 1}$

par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient

$\forall n \in ℕ, a_{2 n + 1} = \frac{1}{(1 - α^{2 n + 1}) (2 n + 1)!} et a_{2 n} = 0 .$

Synthèse: Considérons la fonction définie par

$T (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{(1 - α^{2 n + 1}) (2 n + 1)!} .$

Le rayon de convergence de la série entière définissant $T$ est $+ \infty$ et par les calculs qui précèdent

$\forall x \in ℝ, T (x) - T (α x) = sh (x) .$

Il reste à montrer $T = S$ pour conclure.

Soit $x \in ℝ$ . Pour tout $n \in ℕ$ , o

$T (α^{n} x) - T (α^{n + 1} x) = sh (α^{n} x) .$

En sommant

$T (x) - T (α^{n} x) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (T (α^{k} x) - T (α^{k + 1} x)) = \sum_{k = 0}^{n - 1} sh (α^{k} x) .$

Sachant que $T$ est continue en 0 avec $T (0) = 0$ , on obtient quand $n \to + \infty$

$T (x) = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n - 1} sh (α^{k} x) = S (x) .$

Exercice 18 6044 CENTRALE (MP)Correction

On admet l’existence et unicité de la suite de polynômes $(A_{n})$ vérifiant

A_{0} = 1, A_{n + 1}^{'} = A_{n} et \int_{0}^{1} A_{n + 1} (t) d t = 0 pour tout n \in ℕ .

On pose $a_{n} = A_{n} (0)$ pour tout $n \in ℕ$ .

(a)

Calculer $A_{1}$ , $A_{2}$ et $A_{3}$ .
(b)
Avec Python:
1. (i)
  
  Écrire une fonction A(n) qui renvoie le polynôme $A_{n}$ .
  
  Conjecturer le comportement asymptotique de la suite $(a_{n})$ .
2. (ii)
  
  Comparer $A_{n} (0)$ et $A_{n} (1)$ pour différentes valeurs de $n$ . Conjecture ?
  
  Comparer également $A_{n} (X)$ et $A_{n} (1 - X)$ pour différentes valeurs de $n$ . Conjecture ?
3. (iii)
  
  Tracer sur un même graphe les courbes des fonctions
  
  $λ \mapsto \frac{λ}{e^{λ} - 1} et λ \mapsto \sum_{n = 0}^{N} a_{n} λ^{n}$
  
  pour $N \in ⟦ 0; 5 ⟧$ sur l’intervalle $[- 3; 3]$ . Conjecture ?
(c)

Démontrer les conjectures introduites en (ii). Déduire que

$\forall n \in ℕ^{*}, a_{2 n + 1} = 0 .$
(d)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ de classe $𝒞^{\infty}$ . Montrer que, pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$f (1) - f (0) = \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} - \sum_{k = 2}^{n} a_{k} (f^{(k)} (1) - f^{(k)} (0)) + {(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} A_{n} (t) f^{(n + 1)} (t) d t .$
(e)

Montrer que

$\forall x \in [0; 1], | A_{n} (x) | \leq 1 .$

On pourra montrer que $| {\hat{A}}_{n + 1} (x) | \leq \frac{1}{2}$ où ${\hat{A}}_{n + 1} (x) = \int_{1 / 2}^{x} A_{n} (t) d t$ .
(f)

Montrer la conjecture introduite en (iii).

On utilisera la question précédente avec $f : x \mapsto e^{λ x}$ .

Solution

(a)

$A_{1}$ est une primitive de $t \mapsto 1$ donc $A_{1} (t) = t + C$ . Aussi, $\int_{0}^{1} A_{1} (t) d t = 0$ donc $C = - 1 / 2$ . Ainsi, $A_{1} = t - 1 / 2$ .

De la même façon, $A_{2} = \frac{1}{2} t^{2} - \frac{1}{2} t + \frac{1}{12}$ et $A_{3} = \frac{1}{6} t^{3} - \frac{1}{4} t^{2} + \frac{1}{12} t$ .

(b)

(i)

from scipy.integrate import quad
from numpy.polynomial import Polynomial

def A(n):
    if n == 0:
        return Polynomial([1])
    P = A(n-1)
    Q = P.integ()
    R = Q.integ()
    return Q - (R(1) - R(0))

La commande [A(n)(0) for n in range(10)] permet d’accéder aux dix premières valeurs $a_{n}$ . Celles-ci semblent tendre vers $0$ et être nulle à partir pour $n \geq 3$ impair.

(ii)

La commande [[A(n)(0), A(n)(1)] for n in range(10)] permet de voir conjointement $A_{n} (0)$ et $A_{n} (1)$ pour les dix premières valeurs de $n$ . Celles-ci semblent égales sauf pour $n = 1$ .
Le code
```
for n in range(10):
    print(A(n))
    print(A(n)(Polynomial([1, -1])))
```
permet de présumer $A_{n} (1 - X) = {(- 1)}^{n} A_{n} (X)$ .

(iii)

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

l = np.linspace(-3, 3)
plt.plot(l, l/(np.exp(l) - 1), linestyle="dotted")

S = 0
for n in range(0, 6):
    S += A(n)(0) * l**n
    plt.plot(l, S)
plt.show()

La série entière $\sum a_{n} x^{n}$ semblent être de somme $x \mapsto \frac{x}{e^{x} - 1}$ .

(c)

Pour $n \in ℕ$ , $n \geq 2$ ,

$A_{n} (1) - A_{n} (0) = \int_{0}^{1} A_{n}^{'} (t) d t = \int_{0}^{1} A_{n - 1} (t) d t = 0 .$

Ainsi, $A_{n} (1) = A_{n} (0)$ pour tout $n \in ℕ ∖ {0, 1}$ .

Pour $n \in ℕ$ , posons $B_{n} = {(- 1)}^{n} A_{n} (1 - X)$ . On vérifie

$B_{0} = 1, B_{n + 1}^{'} = B_{n} et \int_{0}^{1} B_{n} (t) d t = {(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} A_{n} (1 - t) d t = 0 .$

Par unicité, $B_{n} = A_{n}$ pour tout $n \in ℕ$ . Ainsi,

$\forall n \in ℕ, A_{n} (1 - X) = {(- 1)}^{n} A_{n} (X) .$

En évaluant en $1$ ,

$\forall n \in ℕ, A_{n} (1) = {(- 1)}^{n} A_{n} (0) .$

Par conséquent, pour $n$ impair, $n \geq 2$ , on obtient $a_{n} = 0$ .
(d)

Procédons par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ ,

$f (1) - f (0)$ $= \int_{0}^{1} f^{'} (t) d t = {[(t - \frac{1}{2}) f^{'} (t)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} (t - \frac{1}{2}) f^{''} (t) d t$

$= \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} - \int_{0}^{1} A_{1} (t) f^{''} (t) d t .$

Supposons la propriété vraie au rang $n \in ℕ^{*}$ .

Par intégration par parties,

${(- 1)}^{n} \int_{0}^{1} A_{n} (t) f^{(n + 1)} (t) d t = {[{(- 1)}^{n} A_{n + 1} (t) f^{(n + 1)} (t)]}_{0}^{1} + {(- 1)}^{n + 2} \int_{0}^{1} A_{n + 1} f^{(n + 2)} (t) d t$

avec

${[{(- 1)}^{n} A_{n + 1} (t) f^{(n + 1)} (t)]}_{0}^{1}$ $= {(- 1)}^{n} a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$

$= - a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$

car si $n$ est pair $a_{n + 1} = 0$ . On peut alors établir l’égalité au rang $n + 1$ .

La récurrence est établie.
(e)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ .

C’est immédiat pour $n = 0$ .

Supposons la propriété vraie au rang $n \in ℕ$ .

Par hypothèse de récurrence, on a immédiatement $| {\hat{A}}_{n + 1} (x) | \leq \frac{1}{2}$ pour tout $x \in [0; 1]$ car l’intégrale définissant ${\hat{A}}_{n + 1}$ porte sur une fonction bornée par $1$ sur un intervalle de longueur inférieure à $1 / 2$ .

Si $n$ est pair, l’égalité $A_{n + 1} (1 - X) = {(- 1)}^{n + 1} A_{n} (X)$ oblige $A_{n + 1} (1 / 2) = 0$ et donc

$A_{n + 1} (x) = \int_{\frac{1}{2}}^{x} A_{n + 1}^{'} (t) d t = \int_{1 / 2}^{x} A_{n} (t) d t = {\tilde{A}}_{n + 1} (x) .$

Ainsi, $A_{n + 1}$ est bornée par $1 / 2$ et donc a fortiori aussi par $1$ .

Si $n$ est impair,

$A_{n + 1} (x) = A_{n + 1} (\frac{1}{2}) + \int_{1 / 2}^{x} A_{n} (t) d t = A_{n + 1} (\frac{1}{2}) + {\hat{A}}_{n + 1} (x) .$

Or

$\int_{0}^{1} A_{n + 1} (t) d t = 0$

et donc

$A_{n + 1} (\frac{1}{2}) = - \int_{0}^{1} {\hat{A}}_{n + 1} (t) d t$

ce qui entraîne

$| A_{n + 1} (\frac{1}{2}) | \leq \int_{0}^{1} | {\hat{A}}_{n + 1} (t) | d t \leq \frac{1}{2} .$

On en déduit que $A_{n + 1}$ est bornée par $1 / 2 + 1 / 2 = 1$ .

La récurrence est établie.
(f)

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec $f^{k} (x) = λ^{k} e^{λ x}$ pour tout $k \in ℕ$ . On remarque

$| \int_{0}^{1} A_{n} (t) f^{(n + 1)} (t) d t | \leq \int_{0}^{1} {| λ |}^{n + 1} e^{λ t} d t = {| λ |}^{n} | e^{λ} - 1 | \to_{n \to + \infty}^{} 0$

en supposant $| λ | < 1$ .

On a alors

$\sum_{k = 2}^{n} a_{k} (f^{(k)} (1) - f^{(k)} (0)) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} + f (0) - f (1) .$

Sachant $a_{0} = 1$ et $a_{1} = - 1 / 2$ , on obtient en ajoutant deux termes à la somme

$\sum_{k = 0}^{n} a_{k} (f^{(k)} (1) - f^{(k)} (0)) \to_{n \to + \infty}^{} f^{'} (0)$

soit

$\sum_{k = 0}^{n} a_{k} λ^{k} (e^{λ} - 1) \to_{n \to + \infty}^{} λ .$

On en déduit

$\forall | λ | < 1, \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} λ^{n} = \frac{λ}{e^{λ} - 1} .$

L’identité n’est pas vraie pour tout $λ \in ℝ$ .
```
l = np.linspace(-10, 10)
plt.plot(l, l/(np.exp(l) - 1), linestyle="dotted")

S = 0
for n in range(0, 10):
    S += A(n)(0) * l**n
    plt.plot(l, S)
plt.show()
```

Exercice 19 5743 MINES (PC)Correction

Former le développement en série entière de la fonction

x \mapsto \frac{x}{e^{x} - 1} .

Solution

La fonction étudiée n’est pas définie en $0$ mais on peut la prolonger par continuité car

\frac{x}{e^{x} - 1} \underset{x \to 0}{=} \frac{x}{1 + x + o (x) - 1} \to_{x \to 0}^{} 1 .

On étudie donc la fonction $f : ℝ \to ℝ$ définie par

f (x) = {\begin{matrix} \frac{x}{e^{x} - 1} & si x \neq 0 \\ 1 & si x = 0 . \end{matrix}

Méthode: On détermine les coefficients d’un développement en série entière de $f$ en employant une équation différentielle.

Analyse: Supposons que $f$ soit développable en série entière sur un intervalle $] - R; R [$ avec $R > 0$ . Il existe une suite réelle ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ telle que

\forall x \in] - R; R [, f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .

La fonction $f$ est alors de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ avec

\forall x \in] - R; R [, f^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} .

Puisque $(e^{x} - 1) f (x) = x$ , on obtient par dérivation

\forall x \in] - R; R [, (e^{x} - 1) f^{'} (x) + e^{x} f (x) = x

qui se relit

\forall x \in] - R; R [, (\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n!}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n}) + (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n!}) (\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}) = 1 .

Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes,

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(k + 1) a_{k + 1}}{(n - k)!}) x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k)!}) x^{n} = 1 .

On réalise un glissement d’indice dans la première somme en l’indice $k$ et l’on isole le premier terme de la seconde somme en l’indice $n$ ,

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{k a_{k}}{(n - k + 1)!}) x^{n} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k)!}) x^{n} + a_{0} = 1 .

On adjoint un terme nul à la première somme en l’indice $k$ puis on combine les deux sommes en $n$ ,

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} \frac{k a_{k}}{(n - k + 1)!} + \frac{a_{k}}{(n - k)!}) x^{n} + a_{0} = 1

soit encore

\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 1}^{+ \infty} ((n + 1) \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!}) x^{n} + a_{0} = 1 .

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

a_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!} = 0 .

Ces conditions déterminent entièrement la suite de coefficients ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ puisque

a_{0} = 1 et \forall n \in ℕ^{*}, a_{n} = - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!} .

En particulier¹¹ 1 La suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ est la suite des nombres de Bernoulli., $a_{1} = - 1 / 2$ , $a_{2} = 1 / 12$ , $a_{3} = 0$ , etc.

Synthèse: Considérons la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ avec ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ déterminée ci-dessus. Par récurrence forte, on vérifie $| a_{n} | \leq 1$ pour tout $n \in ℕ$ . En effet, cela est vrai pour $n = 0$ et, si cette inégalité est vraie pour $k = 0,1, \dots, n - 1$ , elle aussi vraie pour $n$ en vertu du calcul ci-dessous:

| a_{n} | = | - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{a_{k}}{(n - k + 1)!} | \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{(n - k + 1)!} = \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k!} \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} - 2 = e - 2 \leq 1 .

La suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ étant bornée, le rayon de convergence de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est au moins égal à $1$ . La fonction $S$ somme de la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est donc définie au moins sur $] - 1; 1 [$ . À rebours des calculs qui précèdent, on vérifie

\forall x \in] - 1; 1 [, (e^{x} - 1) S^{'} (x) + e^{x} S (x) = 1 .

et donc

\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{d}{d x} ((e^{x} - 1) S (x)) = 1 .

Par conséquent, il existe $λ \in ℝ$ tel que

\forall x \in] - 1; 1 [, (e^{x} - 1) S (x) = x + λ .

En évaluant en $x = 0$ , il vient $λ = 0$ et donc

\forall x \in] - 1; 1 [, (e^{x} - 1) S (x) = x .

Sachant $S (0) = 1 = f (0)$ , on obtient

\forall x \in] - 1; 1 [, f (x) = S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} .

La fonction $f$ est développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .

Exercice 20 3346

(Développement en série entière de la fonction tangente)

Soit $(a_{n})$ la suite réelle déterminée par $a_{0} = 1$ et la condition

a_{n} + \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{n - k}}{k!} = 0 pour tout n \geq 1 .

(1)

(a)

Calculer $a_{1}, a_{2}$ et $a_{3}$ .
(b)

Montrer que la série entière $\sum a_{n} z^{n}$ est de rayon de convergence $R \geq 1$ .
(c)

Établir que pour tout $z \in ℂ$ tel que $| z | < R$ ,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} z^{n} = \frac{2}{e^{z} + 1} .$
(d)

Application : Déterminer l’expression du développement en série entière de la fonction tangente sur l’intervalle $] - R / 2; R / 2 [$ en fonction des termes de la suite $(a_{n})$ .

[<] Fonctions développables en série entière [>] Calcul de développement par dérivation intégration

Édité le 09-06-2025

	$\forall x \in] - R; R [, \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$	$= (1 + x) \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{2^{n}} x^{n}$
		$= a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{a_{n}}{2^{n}} + \frac{a_{n - 1}}{2^{n - 1}}) x^{n} .$

	$f (1) - f (0)$	$= \int_{0}^{1} f^{'} (t) d t = {[(t - \frac{1}{2}) f^{'} (t)]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} (t - \frac{1}{2}) f^{''} (t) d t$
		$= \frac{f^{'} (0) + f^{'} (1)}{2} - \int_{0}^{1} A_{1} (t) f^{''} (t) d t .$

	${[{(- 1)}^{n} A_{n + 1} (t) f^{(n + 1)} (t)]}_{0}^{1}$	$= {(- 1)}^{n} a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$
		$= - a_{n + 1} (f^{(n + 1)} (1) - f^{(n + 1)} (0))$

Calcul de développement en série entières