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

 
Exercice 1  989  

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

  • (a)

    f:x1(x+2)(x-1)2

  • (b)

    g:x11+x+x2.

 
Exercice 2  987  Correction  

Former le développement en série entière en 0 de la fonction

xln(x2+x+1).

Solution

On peut écrire

ln(1-x3)=ln(1-x)+ln(1+x+x2)

donc sur ]-1;1[,

ln(1+x+x2)=-n=1+1nx3n+n=1+1nxn=n=1+anxn

avec

an=1n si n0[3] et a3n=-1n+13n=-23n.
 
Exercice 3  3485   Correction  

Former le développement en série entière de

f:x1+x1-x.

Solution

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

f(x)=(1+x)1-x2.

Pour |x|<1, on a

11-x2=(1+u)α

avec u=-x2]-1;1[ et α=-1/2 donc

11-x2=n=0+(2n)!22n(n!)2x2n

puis

f(x)=n=0+(2n)!22n(n!)2(x2n+x2n+1).
 
Exercice 4  5083     MINES (PC)

Développer en série entière sur un voisinage de 0 la fonction

xln(1+x1+x2).
 
Exercice 5  3931  

(Identité binomiale)

Soit p. Établir

1(1-x)p+1=n=0+(n+pn)xnpour tout x]-1;1[.
 
Exercice 6  3899  Correction  

Soient a* et p. Former le développement en série entière de

x1(x-a)p+1.

Solution

Pour |x|<|a|,

1x-a=-1a11-x/a=n=0+-1an+1xn.

Par dérivation à l’ordre p

(-1)pp!(x-a)p+1=n=0+(-1)(n+p)(n+p-1)(n+1)an+p+1xn.

Ainsi,

1(x-a)p+1=n=0+(-1)p-1an+p+1(n+p)!p!n!xn.

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

1-xcos(t)1-2xcos(t)+x2

pour |x|<1 et t]0;π[.

Solution

Par décomposition en éléments simples,

1-xcos(t)1-2xcos(t)+x2=12(11-(eitx)+11-(e-itx)).

Pour |x|<1,

1-xcos(t)1-2xcos(t)+x2=12n=0+(eint+e-int)xn

puis

1-xcos(t)1-2xcos(t)+x2=n=0+cos(nt)xn.
 
Exercice 8  988   Correction  

Soient a,b>0 avec ab.
Calculer cn, le n-ième coefficient du développement en série entière en 0 de

x1(1-ax)(1-bx).

Exprimer

n=0+cn2xn.

Solution

Par décomposition en éléments simples

1(1-ax)(1-bx)=a/(a-b)1-ax+b/(b-a)1-bx=n=0+bn+1-an+1b-axn

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

n=0+cn2xn=1(b-a)2n=0+(b2n+2-2an+1bn+1+a2n+2)xn

donc

n=0+cn2xn=1(b-a)2(b21-b2x-2ab1-abx+a21-a2x)=1+abx(1-a2x)(1-abx)(1-b2x).
 
Exercice 9  995    CENTRALE (MP)Correction  

Réaliser le développement en série entière en 0 de

x1+dtt2+x2

et reconnaître cette fonction.

Solution

Pour |x|<1,

1+dtt2+x2=1+1t2n=0+(-xt)ndt=1+n=0+(-1)nxntn+2dt.

Par théorème d’intégration terme à terme,

1+dtt2+x2=n=0+(-1)n2n+1x2n

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

1+dtt2+x2=arctan(x)x.

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

 
Exercice 10  3707     CCP (MP)Correction  
  • (a)

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

    0+dtx+et?
  • (b)

    Donner alors sa valeur.

  • (c)

    Montrer que

    f(x)=0+dtx+et

    est développable en série entière et exprimer ce développement.

Solution

  • (a)

    Si x>-1, la fonction t1/(x+et) est définie et continue par morceaux sur [0;+[ et intégrable car

    t2/(x+et)t+0.

    Si x=-1, la fonction t1/(x+et) n’est pas définie en 0 et

    1et-1t0+1t.

    La fonction n’est donc pas intégrable et, puisque elle est positive, son intégrale diverge.
    Si x<-1, la fonction t1/(x+et) n’est pas définie en t0=ln(-x)]0;+[. Par dérivabilité en t0, on obtient

    1et+x=1et-et0tt01(t-t0)et0

    et encore une fois l’intégrale diverge.

  • (b)

    Pour x=0

    0+dtx+et=0+e-tdt=1.

    Pour x0, posons le changement de variable u=et qui définit une bijection de classe 𝒞1

    0+dtx+et=1+duu(x+u).

    Par décomposition en éléments simples,

    0+dtx+et=1+1/xu-1/xx+udu

    et, finalement,

    0+dtx+et=ln(1+x)x.
  • (c)

    Pour x]-1;1[,

    ln(1+x)=n=1+(-1)n-1nxn.

    On en déduit

    f(x)=n=0+(-1)nn+1xn

    (pour x0 et pour x=0).

 
Exercice 11  3761    Correction  

Pour x]-1;1[, on pose

f(x)=0π/2dθ1-x2sin2θ.
  • (a)

    Justifier

    x]-1;1[,f(x)=n=0+π2((2n)!(2nn!)2)2x2n.
  • (b)

    En déduire un équivalent de f(x) quand x1-.

Solution

  • (a)

    On sait

    u]-1;1[,11+u=(1+u)-1/2=n=0+(-1)n(2n)!(2nn!)2un

    donc

    f(x)=0π/2n=0+un(θ)dθ

    avec

    un(θ)=(2n)!(2nn!)2x2nsin2nθ.

    Les fonctions un sont continues par morceaux, la série de fonctions un converge simplement sur [0;π/2] et sa somme est continue par morceaux. Les fonctions un sont aussi intégrables sur [0;π/2] et

    0π/2|un(θ)|dθ=0π/2un(θ)dθ=π2((2n)!(2nn!)2)2x2n

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

    I2n=0π/2sin2nθdθ=2n-12nI2n-2=(2n)!(2nn!)2π2.

    Par la formule de Stirling,

    0π/2|un(θ)|dθn+x2n2n.

    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)=n=0+anx2n avec ann+12n.

    On peut écrire

    an=1+ε(n)2n avec ε(n)n+0

    et avec convergence des sommes introduites

    f(x)=a0+n=1+x2n2n+n=1+ε(n)x2n2n=a0-12ln(1-x2)+n=1+ε(n)x2n2n.

    Or

    a0-12ln(1-x2)=a0-12ln(1+x)-12ln(1-x)x1--12ln(1-x)

    et pour conclure il nous suffit d’établir

    n=1+ε(n)x2n2n=x1-o(ln(1-x)).

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

    nN,|ε(n)|ε

    et alors

    |n=1+ε(n)x2n2n||n=1N-1ε(n)x2n2n|+ε2ln(1-x2).

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

    n=1N-1ε(n)x2n2n=x1-o(ln(1-x2))

    et donc, pour x suffisamment proche de 1,

    |n=1+ε(n)x2n2n|εln(1-x2).

    Ainsi,

    n=1+ε(n)x2n2n=x1-o(ln(1-x2))=o(ln(1-x2)).

    Finalement,

    f(x)x1--12ln(1-x).
 
Exercice 12  2512     CCP (MP)Correction  

Soit a]-1;1[.

  • (a)

    Donner le domaine de définition de

    S:xn=1+anx+n.
  • (b)

    Montrer que S est développable en série entière sur ]-1;1[.

  • (c)

    Déterminer la limite et un équivalent de S en +.

Solution

  • (a)

    S est définie sur -*. En effet, pour x-* la somme comporte un terme non défini ce qui empêche de définir S(x). En revanche, pour x-*, la série converge absolument car

    anx+n=n+o(an)
  • (b)

    Pour |x|<1,

    S(x)=n=1+m=0+(-1)mannm+1xm.

    Or |(-1)mannm+1xm| converge et m=0+|(-1)mannm+1xm| converge. Par le théorème de Fubini, on peut permuter les sommes infinies et affirmer

    S(x)-1x=m=0+(-1)m(n=1+annm+1)xm.

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

  • (c)

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

    limx+S(x)=n=1+0=0

    et

    limx+xS(x)=n=1+an=a1-a

    de sorte que

    S(x)x+a(1-a)x.
 
Exercice 13  2605     ENSTIM (MP)Correction  

Soit α]-1;1[.

  • (a)

    Montrer, pour tout x, la convergence de la suite (Pn(x)) de terme général

    Pn(x)=k=0n(1-αkx)

On note P(x) la limite de la suite (Pn(x)).

  • (b)

    Soit f: continue vérifiant l’équation fonctionnelle

    (E):x,f(x)=(1-x)f(αx).

    Montrer, pour tout x,

    f(x)=f(0)P(x).
  • (c)

    Montrer que la fonction xP(x) est développable en série entière sur .

Solution

  • (a)

    Sachant 1-αkxk+1, on peut affirmer que pour N assez grand

    kN, 1-αkx>0.

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

    (k=Nn(1-αkx))nN.

    On a

    ln(k=Nn(1-αkx))=k=Nnln(1-αkx)

    avec ln(1-αkx)=O(αk). La série de terme général αk est absolument convergente et donc, par comparaison, la série ln(1-αkx) est aussi absolument convergente. On en déduit la convergence de la suite

    (k=Nnln(1-αkx))nN

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

    (k=Nn(1-αkx))nN.

    Enfin, en tenant compte de la portion initiale du produit définissant Pn(x), on obtient la convergence de la suite (Pn(x))

  • (b)

    Si f est solution de (E) alors

    f(x)=(1-αx)f(αx)=(1-αx)(1-α2x)f(α2x)=

    Par récurrence, on obtient

    f(x)=k=0n(1-αkx)f(αn+1x)=Pn(x)f(αn+1x).

    Quand n+, f(αn+1x)f(0) car f est continue et donc

    f(x)=f(0)k=0+(1-αkx)=f(0)P(x).
  • (c)

    Soit anxn une série entière de rayon de convergence R=+.
    La somme de cette série entière est solution de (E) si, et seulement si,

    n=0+anxn=n=0+anαnxn-n=1+an-1αn-1xn.

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

    n1,an=αn-1αn-1an-1.

    Inversement, considérons alors la série entière anxn avec

    an=k=1n(αk-1αk-1)

    de sorte que

    an=αn-1αn-1an-1.

    Cette série entière est de rayon de convergence R=+ car

    |anan-1|=αn-1αn-10

    et l’étude qui précède assure que sa somme xn=0+anxn est solution de (E) prenant la valeur 1 en 0.
    En vertu de la question précédente, on peut affirmer

    x,n=0+(k=1nαk-1αk-1)xn=P(x).
 
Exercice 14  2520     CENTRALE (MP)Correction  

Pour z et n, on pose

Pn(z)=k=0n(1-z2k).
  • (a)

    Montrer que |Pn(z)|Pn(-|z|).
    En déduire que la suite (Pn(z))n est bornée.

    On pourra penser à introduire ln(Pn(-|z|)).

  • (b)

    En étudiant la convergence de la série (Pn+1(z)-Pn(z)), établir la convergence de la suite (Pn(z))n.
    On introduit la fonction

    f:zlimn+Pn(z).
  • (c)

    Montrer que f est continue en 0.

  • (d)

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

    z,f(z)=(1-z)f(z/2)etf(0)=1.
  • (e)

    Montrer que f est développable en série entière.

Solution

  • (a)

    Puisque

    |1-z2k|1+|z|2k

    l’inégalité |Pn(z)|Pn(-|z|) est immédiate.
    Par produit à facteurs strictement positifs, on a Pn(-|z|)>0 et l’on peut donc introduire

    ln(Pn(-|z|))=k=0nln(1+|z|2k).

    Or

    ln(1+|z|2n)n+|z|2n

    et ce terme est donc sommable. On peut alors écrire

    ln(Pn(-|z|))M=n=0+ln(1+|z|2n)

    puis

    |Pn(z)|eM.
  • (b)

    On a

    |Pn+1(z)-Pn(z)||Pn(z)||z|2n+1eM|z|2n+1.

    Le majorant est sommable, la série télescopique Pn+1(z)-Pn(z) est donc convergente et la suite (Pn(z)) est de même nature.

  • (c)

    Pour |z|1, on a

    |Pn+1(z)-Pn(z)|eM2n+1 avec M=n=0+ln(1+12n)

    et donc

    sup|z|1|Pn+1(z)-Pn(z)|eM2n+1.

    Ce terme est sommable, la série télescopique Pn+1(z)-Pn(z) converge donc normalement, et donc uniformément, sur le domaine défini par la condition |z|1. On en déduit que la suite de fonctions (Pn(z))n converge uniformément sur ce même domaine. Or chaque fonction Pn 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)=

    Par récurrence

    g(z)=Pn(z)g(z/2n+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 anzn solution conduit à

    an=2nk=1n11-2k

    et un rayon de convergence infini.

 
Exercice 15  5087     MINES (PSI)

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

f(0)=1etf(x)=(1+x)f(qx)pour tout x

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

 
Exercice 16  3878   Correction  

Pour α[0;1[ et x on pose

S(x)=n=0+sh(αnx).
  • (a)

    Montrer que la fonction S est définie et continue sur .

  • (b)

    Former une relation engageant S(αx) et S(x).

  • (c)

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

Solution

  • (a)

    Posons un(x)=sh(αnx). La fonction un est définie et continue sur .
    Pour a0, on a

    supx[-a;a]|un(x)|=sh(aαn)

    avec

    n2sh(aαn)n+n2aαnn+0.

    La série de fonctions un converge donc normalement sur [-a;a] pour tout a0.
    Par convergence normale sur tout segment, la fonction S est définie et continue sur .

  • (b)

    Pour x,

    S(αx)=n=1+sh(αnx)=S(x)-sh(x).

    Ainsi,

    x,S(x)-S(αx)=sh(x).
  • (c)

    Analyse: Supposons S développable en série entière sur avec

    S(x)=n=0+anxn.

    L’égalité S(x)-S(αx)=sh(x) fournit

    n=0+an(1-αn)xn=n=0+1(2n+1)!x2n+1

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

    n,a2n+1=1(1-α2n+1)(2n+1)!eta2n=0.

    Synthèse: Considérons la fonction définie par

    T(x)=n=0+x2n+1(1-α2n+1)(2n+1)!.

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

    x,T(x)-T(αx)=sh(x).

    Il reste à montrer T=S pour conclure.

    Soit x. Pour tout n, o

    T(αnx)-T(αn+1x)=sh(αnx).

    En sommant

    T(x)-T(αnx)=k=0n-1(T(αkx)-T(αk+1x))=k=0n-1sh(αkx).

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

    T(x)=limn+k=0n-1sh(αkx)=S(x).
 
Exercice 17  3346    

(Développement en série entière de la fonction tangente)

Soit (an) la suite réelle déterminée par a0=1 et la condition

an+k=0nan-kk!=0pour tout n1. (1)
  • (a)

    Calculer a1,a2 et a3.

  • (b)

    Montrer que la série entière anzn est de rayon de convergence R1.

  • (c)

    Établir que pour tout z tel que |z|<R,

    n=0+anzn=2ez+1.
  • (d)

    En déduire 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 (an).

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



Édité le 08-11-2019

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