Déterminer le rayon de convergence des séries entières suivantes: $$ \begin{array}{lll} 1)~~ \dsum_{n\geq 0}\left(\sqrt[3]{n^3+n+2}-\sqrt{n^2+1}\right) z^n& 2)~~\dsum_{n\geq 1}\left(\sqrt{n}\right)^nz^n& 3)~~\dsum_{n\geq 5} \dfrac{\ln(\sqrt{n}+1)}{\ln(\sqrt{n}-1)}z^n\\ &&\\ 4)~~ \dsum_{n\geq 1}\Arccos\left(1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\right)z^{n}& 5)~~\dsum_{n\geq 0}\sin(\sqrt{n})z^n& 6)~~\dsum_{n\geq 0}\ee^{-\sh(n)}z^n\\ 7)\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(2n)!}{(n!)^2n^n}z^n &8)\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2}z^{2n}&9)~~\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\sum_{k=1}^n\ch(k)}{n\ee^n}z^n. \end{array} $$
Soient $\dsum_{n\geq 0}a_nz^n$ et $\dsum_{n\geq 0}b_nz^n$ deux séries entières de rayons de convergence respectifs $R_a>0$ et $R_b>0$. Montrer que le rayon de convergence $R$ de $\dsum_{n\geq 0}a_nb_nz^n$ est $\geq R_aR_b$.
Soit $R\in [0,R_aR_b[$, il existe $\gamma\in [0,1[$ tel que $R=(\sqrt{\gamma}R_a)(\sqrt{\gamma}R_b)$ (on prend $\gamma=\sqrt{\dfrac{R}{R_aR_b}}$).
La SE $\dsum a_n (\sqrt{\gamma}R_a)^n$ converge puisque $\abs{ \sqrt{\gamma}R_a}< R_a$, donc la suite $(a_n (\sqrt{\gamma}R_a)^n)_n$ est bornée. De même La SE $\dsum b_n (\sqrt{\gamma}R_b)^n$ converge puisque $\abs{ \sqrt{\gamma}R_b}< R_b$, donc la suite $(b_n (\sqrt{\gamma}R_b)^n)_n$ est bornée.
On en déduit alors que la suite $(a_nb_nR^n)_n$ est bornée, en effet,
$$a_nb_nR^n=\left[a_n(\sqrt{\gamma}R_a)^n\right]\left[b_n(\sqrt{\gamma}R_b)^n\right].$$
Donc Rc de $\dsum a_nb_n z^n$ est $\geq R$.
Ceci étant vrai pour tout $R\in [0,R_aR_b[$, on en déduit que $R_c\geq R_aR_b$.
On suppose que la série entière $\dsum a_nz^n$ admet un rayon de convergence $R>0$. Quel est le rayon de convergence de $\dsum b_nz^n$ avec $a_n=n!b_n$?
Notons $R_1$ le rayon de convergence de $\dsum b_nz^n$. Soit $\rho\in \R_+$ et $r\in ]0,R[$, on a:
$$\forall n\in
\N,~~b_n\rho^n=\dfrac{a_n}{n!}\rho^n=(a_nr^n)\dfrac{\left(\frac{\rho}{r}\right)^n}{n!}\tendvers{n}{\infty}\,0\Longrightarrow
R_1\geq \rho.$$
Ceci est vrai pour tout $\rho>0$, on en déduit que $\boxed{R_1=\infty}$.
Soit $P\in\C[X]$, $P\neq 0$. On note $R$ le rayon de convergence de la série entière $\dsum a_nz^n$. Quel est le rayon de convergence de $\dsum a_n P(n)\,z^n$ ?
On suppose que $P\neq 0$. Notons $R'$ le rayon de convergence de la série entière $\dsum_{n\geq
0}a_nP(n)z^n$.
On a, pour tout $n$ (suffisamment grand), $\abs{P(n)}\geq 1$ ce qui donne
$$\exists n_0\in \N,~~\forall n\geq n_0, ~~\abs{a_nP(n)}\geq \abs{a_n} \Longrightarrow R'\leq R.$$
D'autre part, le rayon de convergence de la série entière $\dsum_{n\geq 0}P(n)z^n$ est 1
(conséquence de la règle de d'Alembert). Donc en utilisant le résultat de l'exercice 2.,
on a $R'\geq R \times 1=R$.
Soit $0\leq \rho < R$. On peut trouver $\rho< r< R$ donc la suite $(a_n\rho^n)_n$ est bornée. De
plus,
$$\abs{P(n)\,a_n\,\rho^n}\leq \underbrace{P(n)\dfrac{\rho^n}{r^n}}_{\to 0}\; a_n\,r^n,$$
et le terme tendant vers~$0$ est donc borné, ce qui montre par comparaison avec la série
$\dsum a_n\,r^n$, qui est absolument convergente, que $\dsum P(n)\,a_n\,\rho^n$ converge, et donc
$R'\geq \rho$.
On en déduit que $R'$ est supérieur à tout élément de $[0,R[$ donc $R'\geq R$.
Conclusion : $R'=R$.
Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ par: $f(x)=\left\{\begin{array}{cl}\cos(\sqrt{x})&\text{ si } x>0\\\ch(\sqrt{-x})&\text{ si } x< 0 \end{array}\right.$ et $f(0)=1$. Montrer que $f\in \CC^\infty(\R)$.
Il est clair que $f\in \CC^\infty(\R^*)$ comme composée des fonctions de classe $\CC^\infty$ sur
$\R^*$.
Pour $x>0$, on a $f(x)=\cos(\sqrt{x})=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n(\sqrt{x})^{2n}}{(2n)!}=
\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^n}{(2n)!}$,
Pour $x< 0$, on a $f(x)=\ch(\sqrt{-x})=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(\sqrt{-x})^{2n}}{(2n)!}=
\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^{n}}{(2n)!}$.
Considérons maintenant la série entière $\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^n}{(2n)!}$, le rayon de
convergence de
cette SE est $\infty$ (car $\abs{a_n}=\dfrac{1}{(2n)!}\leq \dfrac{1}{n!}$), de plus en notant $g$ sa
somme, on a
$g(0)=a_0=1=f(0)$ et d'après ce qui précède, pour tout $x\in \R$, $f(x)=g(x)$.
Comme $g\in \CC^\infty(\R)$ (car somme d'une SE), alors $\boxed{f\in \CC^\infty(\R)}$.
Calculer le rayon de convergence et le domaine réel de convergence pour la SE: $$\dsum \left(\Arctan n^\alpha\right)z^n,\quad \alpha\in \R.$$
Conclusion, $$ \forall \alpha\in \R,~~~~R=1,\text{ et le domaine réel de convergence } \left\{\begin{array}{ccl} ]-1,1[&\text{ si }&\alpha\geq 0\\ \left[-1,1\right[&\text{ si }&\alpha\in [-1,0[\\ \left[-1,1\right]&\text{ si }&\alpha < -1. \end{array}\right. $$
Déterminer le rayon de convergence et le domaine réel de convergence pour la SE: $$\dsp\sum u_nz^n,\text{ où } u_n=\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{(n+1)\pi}}\sin(t^2)\ud t.$$
$u_n$ est bien définie pour tout $n\in\N$, avec le changement de variable $x=t^2$, on trouve: $$u_n=\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\dfrac{\sin(x)}{2\sqrt{x}}\ud x=\int_0^\pi\dfrac{(-1)^n\sin(t)}{2\sqrt{t+n\pi}}\ud t.$$ La fonction $\sin$ étant positive sur $[0,\pi]$, et la fonction $x\longmapsto \dfrac{1}{\sqrt{x+n\pi}}$ est décroissante sur $[0,\pi]$. On en déduit, $$\forall n\in \N^*,~~\int_0^{\pi}\dfrac{\sin(x)\ud x}{2\sqrt{(n+1)\pi}}\leq \abs{u_n}\leq \int_0^\pi \dfrac{\sin(x)\ud x}{2\sqrt{n\pi}}\Longrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{(n+1)\pi}}\leq \abs{u_n}\leq \dfrac{1}{\sqrt{n\pi}}$$ On en déduit que le rayon de convergence est $1$.
On en déduit que le domaine réel de convergence est $]-1,1]$.
Déterminer le rayon de convergence $R$ et étudier, lorsque $\abs{z}=R$, pour la série $\dsum a_nz^n$ où: $$a_n=\dsp\int_1^\infty\ee^{-x^n}\ud x,\quad \quad (n\in \N^*).$$
Soit $n\in \N^*$, la fonction $x\longmapsto \ee^{-x^n}$ est continue de plus, pour $x\geq 1$, on a
$0<
\ee^{-x^n}\leq \ee^{-x}$. Comme $\dsp\int_1^\infty \ee^{-x}\ud x< \infty$, on en déduit que $a_n$
est bien
définie.
En utilisant le changement de variable $u=x^n$, on a:
$$\forall n\in \N^*,~~a_n=\int_1^\infty\ee^{-u}u^{\frac{1-n}{n}}\ud \,u.$$
Puisque $u\in [1,\infty[$, alors:
$$\dfrac{1}{u}\leq u^{\frac{1-n}{n}}\leq 1\Longrightarrow
\dfrac{1}{n}\int_1^\infty\dfrac{\ee^{-u}}{u}\ud u\leq a_n\leq \dfrac{1}{\ee\,n}.$$
On en déduit que le rayon de convergence $R=1$.
Soit $z\in \C$, tel que $\abs{z}=1$ et $z\neq 1$. On pose pour $n\in \N$, $U_n=\dsum_{0\leq k\leq
n}z^k$ et
$S_n=\dsum_{0\leq k\leq n}a_kz^k$.
Soient $n,p\in \N$, on a:
$$S_{n+p}-S_n=\dsum_{k=n+1}^{n+p}(U_k-U_{k-1})a_k=\dsum_{k=n+1}^{n+p}U_k(a_k-a_{k+1})-U_na_{n+1}+U_{n+1}a_{n+p+1}$$
Comme la suite $(a_n)$ est décroissante et
$\abs{U_k}=\left|\frac{1-z^{k+1}}{1-z}\right|\leq\frac{2}{1-z}$, on en déduit
$$\abs{S_{n+p}-S_n}\leq \dfrac{2}{1-z}\left(\sum_{n+1}^{n+p}(a_k-a_{k+1})
+a_{n+1}+a_{n+p+1}\right)\leq \dfrac{4a_{n+1}}{1-z}.$$
Donc la suite $(S_n)$ est une suite de
Cauchy, donc $\dsum a_nz^n$ converge.
Pour $z=1$ la série $\dsum a_n$ diverge puisque $a_n\geq \frac{c}{n}$.
Soit $\dsum a_nz^n$ une SE de rayon de convergence $R>0$. Déterminer les rayons de convergence des SEs suivantes ($\alpha\in \R$), $$\mathbf{1)\,} \dsum \dfrac{a_n}{n!}z^n,\quad\mathbf{2)\,}\dsum a_nz^{2n},\quad\mathbf{3)\,} \dsum n^\alpha a_nz^n, \quad\mathbf{4)\,}\dsum\dfrac{n^na_n}{n!}z^n.$$
On considère une suite $(a_n)$ de termes complexes tous non nuls et les séries entières associées $f(z)=\dsum_{n=0}^\infty a_nz^n$ et $g(z)=\dsum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{a_n}$ de rayon de convergence respectif $R$ et $R'$.
Soit $\dsum_na_nx^n$ une série entière de rayon de convergence $R$ strictement positif. Montrer que la série entière $\dsum \frac{a_n}{n!}x^n$ a un rayon de convergence infini.
Notons $R_1$ le rayon de convergence de $\dsum \frac{a_n}{n!}z^n$. Soit $\rho\in \R_+$ et $r\in
]0,R[$, on a:
$$\forall n\in \N,~~b_n\rho^n=\dfrac{a_n}{n!}\rho^n=(a_nr^n)\dfrac{\left(\frac{\rho}{r}\right)^n}{n!}
\tendvers{n}{\infty}\,0\Longrightarrow R_1\geq \rho.$$
Ceci est vrai pour tout $\rho>0$, on en déduit que $\boxed{R_1=\infty}$.
Calculer le rayon de convergence $R$ et la somme $f$ des séries entières suivantes: $$ \begin{array}{lll} 1)~~ \dsum_{n\geq 0}n^3x^n& 2)~~\dsum_{n\geq 1}(-1)^nn^2x^{2n-1}& 3)~~\dsum_{n\geq 0} \dfrac{n^2-n+4}{n+1}x^n\\ &&\\ 4)~~ \dsum_{n\geq 0}(-1)^n(3+(-1)^n)x^{n}& 5)~~\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^n}{n(n-1)} x^n& 6)\dsum_{n\geq 1}\dfrac{2^{(-1)^n}}{n}x^n \end{array} $$
Calculer le rayon de convergence $R$ et la somme $f$ des séries entières suivantes ($ \theta\in\R$): $$ \begin{array}{llll} 1)~~\dsum_{n\geq 0}\cos(n\theta)x^n\text{ et }\dsum_{n\geq 0}\sin(n\theta)x^n& 2)~~\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\cos(n\theta)x^n}{n}\text{ et }\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\sin(n\theta)x^n}{n} \end{array} $$
Calculer le rayon et la somme de la série entière $\dsum a_n\,z^n$, où $a_n=2^n\dsp \int_0^1 t^n(1-t)^n\,\ud t$.
On note pour $p,q\in \N$, $I_{p,q}=\dsp\int_0^1t^p(1-t)^q\ud t$.
Pour $q\geq 1$, et en faisant une IPP, on a :
$$I_{p,q}=\left[\dfrac{t^{p+1}}{p+1}(1-t)^q\right]_0^1+\dfrac{q}{p+1}\int_0^1t^{p+1}(1-t)^{q-1}\ud
t=\dfrac{q}{p+1}I_{p+1,q-1}.$$
d'où, en itérant cette opération:
$$I_{p,q}=\dfrac{q}{p+1}\dfrac{q-1}{p+2}\cdots\dfrac{1}{p+q}\int_0^1t^{p+q}\ud t=\dfrac{q(q-1)\cdots
1}{(p+1)(p+2)\cdots (p+q+1)}=\dfrac{p!q!}{(p+q+1)!}.$$
On en déduit,
$$\boxed{\forall n\in \N,~~~~a_n=2^nI_{n,n}=2^n\dfrac{(n!)^2}{(2n+1)!}}.$$
Ce qui donne
$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{2^{n+1}}{2^n}\dfrac{(n+1)^2(n!)^2}{(2n+3)(2n+2)(2n+1)!}\dfrac{(2n+1)!}{(n!)^2}\tendvers{n}{\infty}\dfrac{1}{2}\Longrightarrow
\,\boxed{R=2}.$$
Soit $x\in ]-2,2[$ fixé, on note pour $n\in \N$, $\fonct{f_n}{[0,1]}{\R}{t}{2^nx^nt^n(1-t)^n}$. On a
$$\forall t\in [0,1] ,~~0\leq t(1-t)\leq \dfrac{1}{4}\Longrightarrow \norme{f_n}_\infty\leq
\left(\dfrac{\abs{x}}{2}\right)^n.$$
Comme la série $\dsum_{n\geq 0}\left(\dfrac{\abs{x}}{2}\right)^n$ est convergente (car $\abs{x}<
2$),
on en déduit que la série de fonction $\dsum f_n$ converge normalement sur l'intervalle $[0,1]$.
Comme $f_n$ est continue, donc d'après le cours (sur les
série de fonctions), on peut intervertir
entre $\dsp\int$ et $\dsum$.
Plus précisément,
$$
\begin{array}{lclcl}
\dsum_{n\geq 0}a_nx^n&=&\dsum_{n\geq 0}\dsp\int_0^12^nx^nt^n(1-t)^n\ud
t&=&\dsp\int_0^1\left(\dsum_{n\geq 0}2^nx^nt^n(1-t)^n\right)\ud t\\
&&&&\\
&=&\dsp\int_0^1\left(\dfrac{1}{1-2xt(1-t)}\right)\ud t&=&\dsp\int_0^1\dfrac{\ud t}{2xt^2-2xt+1}
\end{array}
$$
On calcul cette intégrale en distinguant les cas $x>0$, $x< 0$ et $x=0$.
si $x>0$, on a
\begin{equation*}
f(x)= \dfrac{2}{\sqrt{x(2-x)}}
\Arctan\left(\sqrt{\dfrac{x}{2-x}}\right).
\end{equation*}
si $x< 0$, c'est
\begin{equation*}
f(x)= \dfrac{2}{\sqrt{-x(2-x)}}
\Argth\left(\sqrt{\dfrac{-x}{2-x}}\right).
\end{equation*}
si $x=0$,
\begin{equation*}
f(0)=\dsp\int_0^1\ud t=1.
\end{equation*}
Établir l'existence et calculer la somme:
Soit $(s_n)$ la suite définie par $s_0=s_1=1$ et $s_{n+2}=s_{n+1}+s_n,\,\,\forall n\geq 0$.
Soit $f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^n}{n^2}+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(1-x)^n}{n^2}$.
Déterminer le rayon de convergence $R$, puis calculer pour $x\in ]-R,R[$ la somme $S(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^{3n}}{(3n)!}$. (On pourrait calculer $S''+S'+S$)
Pour $x\in \R^*$, on pose $u_n=\dfrac{\abs{x}^{3n}}{(3n)!}$, on a
$\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{x^3}{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}\tendversN\,0$.
Donc $\dsum u_n$ est convergente ce qui implique que le rayon de convergence de la série entière
$\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^{3n}}{(3n)!}$ est $\infty$.
Pour tout $x\in \R$, on a:
$$S'(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(3n)x^{3n-1}}{(3n)!}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^{3n-1}}{(3n-1)!},
\quad S''(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(3n)(3n-1)x^{3n-2}}{(3n)!}=\dsum_{n\geq
1}\dfrac{x^{3n-2}}{(3n-2)!}$$
Ce qui donne:
$$S''+S'+S=\ee^x-1,\quad S(0)=0,\,S'(0)=0.$$
La série entière $\dsum_{n\geq 0}(3n+1)^2x^n=0$ a pour rayon de convergence $R=1$
(en utilisant la règle de D'Alembert). On pose alors $f$ sa somme sur $]-1,1[$.
On a pour tout $x\in ]-1,1[$,
$$
\dsum_{n\geq 0}x^n=\dfrac{1}{1-x},\quad\dsum_{n\geq 1}nx^{n-1}=\dfrac{1}{(1-x)^2},\quad
\dsum_{n\geq 2}n(n-1)x^{n-2}=\dfrac{2}{(1-x)^3}.$$
D'autre part, on a
$$\forall n\in \N,~~~~(3n+1)^2=a+b n+cn(n-1)=1+15n+9n(n-1)$$
Ce qui donne,
$$\forall x\in ]-1,1[,~~\dsum_{n\geq 0}(3n+1)^2x^n=\dsum_{n\geq 0}x^n+15x\dsum_{n\geq
1}nx^{n-1}+9x^2\dsum_{n\geq
0}n(n-1)x^{n-2}=\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{15x}{(1-x)^2}+\dfrac{18x^2}{(1-x)^3}.$$
En simplifiant, on trouve:
$$\boxed{ \forall x\in ]-1,1[,~~f(x)=\dfrac{1+13x+4x^2}{(1-x)^3}}.$$
La résolution de l'équation $f(x)=0$ donne une seule solution $\boxed{x_1=\dfrac{-13+3\sqrt{17}}{8}}$.
Domaine de définition de $f(x)=\dsum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ puis calculer sa somme.
Le rayon de convergence est $1$, de plus pour $\abs{x}=1$ la série numérique
$\dsum \dfrac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{n(n+1)}$ est absolument convergente. On en déduit que
$f$ est définie sur $[-1,1]$.
D'autre part, on a
$$\forall n\in \N^*,\quad\dfrac{1}{n(n+1)}=\dfrac{1}{n}+\dfrac{-1}{n+1},$$
comme les séries $\dsum \dfrac{x^n}{n}$ et $\dsum\dfrac{x^n}{n+1}$ ont le même rayon de convergence
$1$, on en déduit,
$$\forall x\in ]-1,1],\quad f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-x)^{n+1}}{n}-\dsum_{n\geq
1}\dfrac{(-x)^{n+1}}{n+1}.$$
puis $f(x)=(x+1)\ln(x+1)-x$
Rayon de convergence et somme de $S(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{nx^n}{(2n+1)!}$.
En utilisant la règle de d'Alembert, on a: $$\forall n\in \N^*,\quad \dfrac{n+1}{(2n+3)!}\dfrac{(2n+1)!}{n}=\dfrac{1}{2n(2n+1)}\tendversN\,0\Longrightarrow R_c=\infty.$$ On distingue 3 cas:
%Pour $x>0$, $S(x)=\dfrac{\sqrt{x}\ch (\sqrt{x})-\sh (\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}$. Conclusion, $$\boxed{ S(x)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{\sqrt{x}\ch(\sqrt{x})-\sh(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}&\text{ si }& x>0\\ 0&\text{ si }& x=0\\ \dfrac{\sqrt{-x}\cos(\sqrt{-x})-\sin(\sqrt{-x})}{2\sqrt{-x}}&\text{ si }& x< 0 \end{array}\right. }$$
Déterminer le domaine de définition et calculer : $S(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(1-x)^n}{n}+\dfrac{1}{n}\left(\frac{x-1}{x}\right)^n$ pour $x\in \R$.
Le rayon de convergence de la SE $\dsum \dfrac{z^n}{n}$ est $1$, donc $S$ est définie pour $x\in \R^*$
tel que $1-x\in [-1,1[$ et $\dfrac{x-1}{x}\in [-1,1[$ soit $x\in [1/2,2]$.
Or pour tout $u\in [-1,1[$, on a $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{u^n}{n}=-\ln(1-u)$, donc:
$$\forall x\in [1/2,1],\quad
S(x)=-\ln(1-(1-x))-\ln\left(1-\left(\frac{x-1}{x}\right)\right)=-\ln(x)-\ln(x-x+1)+\ln(x)=0.$$
D'où $\boxed{S=0}$.
Pour $n\in \N$, notons $a_n=n^{(-1)^n}$, on a $\dfrac{1}{n}\leq a_n\leq n$ donc le rayon de
convergence
de la série $\dsum a_nx^n$ est $1$.
Notons alors $S$ sa somme sur $]-1,1[$. On a pour $x\in ]-1,1[$
$$S(x)=\dsum_{n\,\text{pair}}a_nx^n+\dsum_{n\,\text{impair}}a_nx^n=\sum_{n\geq
1}(2n)x^{2n}+\sum_{n\geq 0}\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}.$$
Donc,
$$S(x)=\dfrac{2x^2}{(1-x^2)^2}+\dfrac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right).$$
Calculer les sommes des séries $\displaystyle \dsum\dfrac{n^2+3n}{2^n}$ et $\displaystyle \dsum\dfrac{n^2+(-1)^n}{3^n}$.
$\mathbf{a)\,}$ Pour $x\in ]-2,2[$, on pose $f(x)=\dfrac{1}{1-x/2}=\dsum x^n/2^n$, $f$ est de classe $\CC^\infty$, de plus, $$\forall x\in ]-2,2[,~~f'(x)=\dfrac{\frac{1}{2}}{(1-x/2)^2}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{n}{2^n}x^{n-1},~~f''(x)=\dfrac{\frac{1}{2}}{(1-x/2)^3}=\dsum_{n\geq 2}\dfrac{n(n-1)}{2^n}x^{n-2}.$$ Ainsi, $$\forall x\in ]-2,2[,~~xf''(x)+4f'(x)=2+\dsum_{n\geq 2}\dfrac{n^2+3n}{2^n}x^{n-1}$$ On en déduit, en prenant $x=1$ $$\boxed{\dsum_{n\geq 0}\dfrac{n^2+3n}{2^n}=2+\dsum_{n\geq 2}\dfrac{n^2+3n}{2^n}=2+(f''(1)+4f'(1)-2)=12}.$$ $\mathbf{b)\,}$ Pour $x\in ]-3,3[$, on pose $g(x)=\dfrac{1}{1-\dfrac x3}$ et $h(x)=\dfrac{1}{1+\dfrac x3}$. Un calcul similaire, nous donne: $$\forall x\in ]-3,3[,~~x^2g''(x)+xg'(x)=\dfrac{\frac{x^2}{9}+\frac{x}{3}}{(1-x/3)^3}=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{n^2}{3^n}x^{n-1},$$ D'autre part, $$\forall x\in ]-3,3[,~~~~~h(x)=\sum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^n}{3^n}.$$ Ce qui donne, $$\boxed{\sum_{n\geq 0}\dfrac{n^2+(-1)^n}{3^n}=g''(1)+g'(1)+h(1)=\dfrac{9}{4}}.$$
Pour $n\in \N^*$, on pose $H_n=\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}$. Déterminer le rayon de convergence et la somme de $\dsum H_nx^n$.
Le rayon de convergence de $\dsum H_n z^n$ est égale à 1. En fait on a $1\leq
\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\leq n$ ce qui donne le
résultat.
En regardant de plus près, on voit que cette série est le produit de Cauchy de deux séries
$\dsum_{n\geq 0}x^n$ et $0+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^n}{n}$, ce qui donne immédiatement,
$$\forall x\in ]-1,1[,~~~~\dsum_{n\geq
1}\left(\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)x^n=\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}.$$
On pose $f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^{2n+2}}{n(n+1)(2n+1)}$.
Le rayon de convergence $R=1$, de plus pour $x=1$ (reps. $x=-1$) la série numérique
$\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n(n+1)(2n+1)}$ (reps. $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n}{n(n+1)(2n+1)}$) est
convergente. Donc $f$ est définie sur $[-1,1]$ de plus $f\in \CC([-1,1])$ (d'après le cours).
D'autre part,
$$\forall n\in \N^*,~~\dfrac{1}{n(n+1)(2n+1)}=\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{4}{2n+1},$$
on en déduit,
$$\forall x\in ]-1,1[,~~f(x)=x^2\sum_{n\geq 1}\dfrac{x^{2n}}{n}+\sum_{n\geq
1}\dfrac{x^{2n+2}}{n+1}-4x\sum_{n\geq 1}\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$$
Soit, pour tout $x\in ]-1,1[$,
$$f(x)=-x^2\ln(1-x^2)-\ln(1-x^2)+2x\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)+3x^2=\boxed{-(x-1)^2\ln(1-x)-(x+1)^2\ln(1+x)+3x^2}.$$
Par continuité de $f$ en $-1$ et $1$, on a $\boxed{f(-1)=f(1)=-4\ln(2)+3}$.
On pose $f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\ch(n)}{n}x^n$.
On a $$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n+1}{n}\dfrac{\ch(n+1)}{\ch(n)}\tendvers{n}{\infty}\ee\Longrightarrow R=\dfrac{1}{\ee} $$ Donc $f$ est définie sur $\left]\frac{-1}{\ee},\frac{1}{\ee}\right[$, de plus pour $x=\frac{-1}{\ee}$ la série numérique $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\ch(n)}{n}\left(\frac{-1}{\ee}\right)^n= \dsum_{n\geq 1}\left(\dfrac{(-1)^n}{2n} +\dfrac{(-1)^n}{2\ee^{2n}}\right)$ converge (CSSA). Donc $f$ est définie et continue sur $\left[\frac{-1}{\ee},\frac{1}{\ee}\right[$. En utilisant la définition de $\ch$, on a: $$\begin{array}{lcl} \forall x\in \left[\frac{-1}{\ee},\frac{1}{\ee}\right[,~~\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\ee^n+\ee^{-n}}{2n}x^n&=&\dfrac{1}{2}\left( \dsum_{n\geq 1}\dfrac{(\ee x)^n}{n}+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n}\left(\frac{x}{\ee}\right)^n\right)\\ &&\\ &=&\dfrac{-1}{2}\left(\ln(1-\ee x)+\ln\left(1-\frac{x}{\ee}\right)\right)=\dfrac{-1}{2}\ln\big((1-x\ee)(1-\frac{x}{\ee})\big). \end{array} $$ Soit finalement, $$\boxed{ \forall x\in \left[\frac{-1}{\ee},\frac{1}{\ee}\right[,~~f(x)=\dfrac{-1}{2} \ln(x^2-2\ch(1)x+1)}.$$
On pose, $u_n = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$, déterminer le rayon de convergence et calculer la somme de la série entière : $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{u_n x^{n+2}}{(n+1)(n+2)}$ puis donner la somme de la série : $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{u_n}{(n+1)(n+2)}$.
On sait que $u_n\underset{n\to\infty}{\sim}\ln (n)$, on en déduit alors que le rayon de convergence de $\dsum \dfrac{u_n}{(n+1)(n+2)}x^{n+2}$ est $1$. On note $f$ sa somme.
De plus pour $x=1$ (resp. $x=-1$) la série numérique $\dsum \dfrac{u_n}{(n+1)(n+2)}$ (resp $\dsum \dfrac{u_n(-1)^n}{(n+1)(n+2)}$). Donc $f$ est définie sur $[-1,1]$.
On sait que $f$ est de classe $\CC^\infty$ sur $]-1,1[$, et pour tout $x\in ]-1,1[$, on a $$f'(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{u_nx^{n+1}}{n+1},\quad f''(x)=\dsum_{n\geq 1}u_n x^n.$$ On reconnait pour $f''$ le produit de Cauchy des séries entières $\dsum_{n\geq 0}x^n$ avec $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^n}{n}$. Ainsi, $$\forall x\in ]-1,1[, \quad f''(x)=\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x} \Longrightarrow f'(x)=\dfrac{\ln^2(1-x)}{2}+c,\,c\in \R.$$ Comme $f'(0)=0$ alors $c=0$, puis $$\forall x\in ]-1,1[,\, f(x)= f(0)+ \int_0^x\dfrac{\ln^2(1-t)}{2}\ud t=x+(1-x)\ln(1-x)-\dfrac{1-x}{2}\ln^2(1-x).$$ Par continuité de $f$ en $1$, on trouve $$\dsum_{n=1}^{+\infty} \frac{u_n}{(n+1)(n+2)} =\lim_{x\to 1^-}f(x)=1.$$
Montrer que les fonctions suivantes sont développables en séries entières, puis calculer leur développement, préciser le rayon de convergence: $$ \begin{array}{ll} \mathbf{a)\,} ~~f(x)=\dfrac{x^2-x+2}{x^4-5x^2+4},~~&\mathbf{b)\,}~~f(x)=(1+x)\ln(1+x),\\ &&\\ \mathbf{c)\,}~~f(x)=\dfrac{1}{x^2-2x\cos(\theta)+1},~~\theta\in \R,&\mathbf{d)\,} ~~f(x)=\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}},\\ &&\\ \mathbf{f)\,} ~~f(x)=\ln(1+x+x^2),&\mathbf{e)\,} ~~f(x)=\dsp\int_0^x\sin(t^2)\ud t. \end{array} $$
$\mathbf{a)\,}$ On a $x^4-5x^2+4=(x^2-1)(x^2-4)=(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)$ donc
$f\in \CC^\infty(\R\setminus\{\mp 1,\mp 2\})$. D'autre part, on a:
$$\forall x\in \R\setminus\{\mp 1,\mp
2\},~~f(x)=\dfrac{\frac{-1}{3}}{x-1}+\dfrac{\frac{2}{3}}{x+1}+\dfrac{\frac{1}{3}}{x-2}+\dfrac{\frac{-2}{3}}{x+2}$$
Les fonctions dans le deuxième membre de l'égalité admettent un DSE en 0 avec rayon de convergence
égale à $1$.
On en déduit que $f$ admet un DSE avec un rayon de convergence $R\geq 1$ (en faite $R=1$).
De plus,
$$\forall x\in ]-1,1[,~~\left\{
\begin{array}{cclcccl}
\dfrac{\frac{-1}{3}}{x-1}&=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{1}{3}x^n&,& \dfrac{\frac{2}{3}}{x+1}&=&\dsum_{n\geq
0}\dfrac{2}{3}(-1)^nx^n\\
&&&&&&\\
\dfrac{\frac{1}{3}}{x-2}&=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{-1}{6}\left(\frac{1}{2}\right)^nx^n&,&
\dfrac{\frac{-2}{3}}{x+2}&=&\dsum_{n\geq 0}\dfrac{-1}{3}\left(\frac{-1}{2}\right)^nx^n
\end{array}\right.
$$
On en déduit,
$$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~~~f(x)=\sum_{n\geq
0}\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3}(-1)^n-\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}\right)^n
-\dfrac{1}{3}\left(\frac{-1}{2}\right)^n\right)x^n}.$$
$\mathbf{b)\,}$ La fonction $x\longmapsto \ln (1+x)$ est DSE de rayon de convergence $1$, et on a $$\forall x\in ]-1,1[,\, \ln(1+x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n-1}x^n}{n}.$$ On en déduit que $f$ admet un DSE avec rayon de convergence $=1$. $$\begin{array}{lcl} \forall x\in ]-1,1[,\,f(x)&=&(1+x)\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n-1}x^n}{n}= \dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n-1}x^n}{n}+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n-1}x^{n+1}}{n}\\ &=&\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n-1}x^n}{n}+\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^{n-2}x^{n}}{n-1}=x+ \dsum_{n\geq 2}\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)(-1)^nx^n\\ &=&\boxed{x+ \dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^nx^n}{n(n-1)}} \end{array}$$
$\mathbf{c)\,}$On doit distinguer 3 cas en fonction de $\theta$.
$\mathbf{d)\,}$ $f$ est définie sur $[-1,1[$ de classe $\CC^\infty$ sur $]-1,1[$. De plus, $$\forall x\in [-1,1[,~~~~f(x)=\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}=\sqrt{\dfrac{(1+x)^2}{(1-x^2)}}=(1+x)(1-x^2)^{\frac{-1}{2}}.$$ Comme la fonction $x\longmapsto (1-x^2)^{\frac{-1}{2}}$ est DSE avec rayon de convergence $1$, on en déduit en utilisant le produit de Cauchy que $f$ est DSE avec rayon de convergence $1$ (la fonction $x\longmapsto 1+x$ est DSE avec $R=\infty$). $$ \begin{array}{lcl} \forall x\in ]-1,1[,~~f(x)&=&(1+x)\left(1+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(\frac{-1}{2})(\frac{-1}{2}-1)\cdots (\frac{-1}{2}-n+1)}{n!}(-x^2)^n\right)\\ &&\\ &=&(1+x)\left(1+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2^nn!}x^{2n}\right) \end{array} $$ On définit alors la suite $(a_n)_{n\in \N}$ par, pour tout $p\in \N$, $a_{2p}=a_{2p+1}=\dfrac{(2p)!}{(2^pp!)^2}$, ce qui donne $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~~~f(x)=\dsum_{n\geq 0}a_nx^n}.$$
$\mathbf{f)\,}$ $f$ est définie sur $\R$ de classe $\CC^\infty$.
Pour $x\in ]-1,1[$, on a $1+x+x^2=\dfrac{1-x^3}{1-x}$ et $1-x>0$, $1-x^3$. Donc on peut écrire
$$\forall x\in ]-1,1[,~~f(x)=\ln\left(\dfrac{1-x^3}{1-x}\right)=\ln(1-x^3)-\ln(1-x).$$
Comme les fonctions $x\longmapsto \ln(1-x)$ et $x\longmapsto \ln(1-x^3)$ admettent de DSE de rayon de
convergence 1, alors $f$ admet un DSE de rayon de convergence $R\geq 1$,
$$\forall x\in ]-1,1[,~~f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{-x^n}{n}+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^{3n}}{n}.$$
On définit la suite $(a_n)_{n\geq 1}$ par $a_n=\left\{\begin{array}{lcl}
\frac{1}{n}&\text{ si }n\not\equiv 0[3]\\
&&\\
\frac{-2}{n}&\text{ si } n\equiv 0[3]
\end{array}
\right.$
On trouve alors
$$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~f(x)=\sum_{n\geq 1}a_nx^n,~~R=1}.$$
$\mathbf{e)\,}$ $f\in \CC^\infty(\R)$ de plus, pour tout $x\in \R$, $f'(x)=\sin(x^2)$. Comme $f'$ est DSE avec rayon de convergence infini, alors $f$ l'est également. $$\forall x\in \R,~~f'(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^{4n+2}}{(2n+1)!}\Longrightarrow \boxed{ \forall x\in \R,~~f(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^{4n+3}}{(2n+1)!(4n+3)}}.$$
Donner le développement en série entière et le rayon de convergence de la fonction $\displaystyle f:x\mapsto \dsp\int_0^x \ee^{t^2-x^2}\,\ud t.$
Pour tout $x\in \R$, on a $f(x)=\dsp\ee^{-x^2}\int_0^x\ee^{t^2}\ud t$
donc $f$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$, de plus,
$$\forall x\in \R,~~f'(x)=-2x\ee^{-x^2}\dsp \int_0^x\ee^{t^2}\,\ud t+1=2xf(x)+1.$$
Donc $f$ vérifie l'équation diff.
$$
f(0)=0,~~~~ \forall x\in\R,~~ f'(x)+2xf(x)=1.
$$
On cherche une solution sous la forme d'une somme de SE $y=\dsum a_nx^n$ avec un rayon de convergence
$R$ (qu'on va déterminer après) de cette équa. diff., ce qui nous donne,
$$\forall x\in ]-R,R[,~~\sum_{n\geq 1}na_nx^{n-1}+\dsum_{n\geq 0}2a_nx^{n+1}=1,\text{ et }
y(0)=a_0=0.$$
Par unicité des coefficients de la SE, on a
\begin{equation*}
a_1=1,\quad a_2=0,\quad\forall n\geq 3,~~ a_n=-\dfrac{2}{n}a_{n-2},
\end{equation*}
et par récurrence, les termes pairs sont nuls, et
\begin{equation*}
a_{2n+1}=(-1)^n\dfrac{2}{n+1}\dfrac{2}{n-1}\cdots\dfrac{2}{3}=
\dfrac{(-4)^nn!}{(2n+1)!}.
\end{equation*}
Le rayon de convergence est infini. D'autre part, par unicité de la
solution de l'équation différentielle (problème de Cauchy), $f=y$.
Conclusion:
$$\boxed{\forall x\in \R,~~f(x)=\sum_{n\geq 0}\dfrac{(-4)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}}.$$
On aurait pu au départ montrer que $f$ est DSE avec rayon de convergence infini puis utiliser le
produit
de Cauchy pour déterminer le DSE de $f$.
La fonction $\Arcsin$ admet un DSE en $0$ de rayon de convergence $1$, donc
d'après le cours sur le produit de Cauchy de deux séries entières, $f$ est développable en série
entière
avec un rayon de convergence égal à $1$.
On dérive,
$$ \forall x\in
]-1,1[,~~f'(x)=2\dfrac{\Arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}},~~f''(x)=\dfrac{2}{(1-x^2)}+\dfrac{2x\Arcsin(x)}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}},$$
on trouve que $f$ vérifie l'éq. diff
$$(1-x^2)\,f''-xf'-2=0\text{ avec }f(0)=f'(0)=0.$$
Soit $\dsum_{n\geq 0} a_nx^n$ le DSE de $f$. On a $a_0=a_1=0$ et
$$\forall x\in ]-1,1[,~~~(1-x^2)\sum_{n\geq 2}n(n-1)a_nx^{n-2}-x\sum_{n\geq 2}na_nx^{n-1}=2$$
ce qui donne, toujours pour $x\in ]-1,1[$,
$$\sum_{n\geq 2}n(n-1)a_nx^{n-2}-\sum_{n\geq 2}n(n-1)a_nx^n-x\sum_{n\geq
2}na_nx^{n-1}=2\Longrightarrow \sum_{n\geq 2}n(n-1)a_nx^{n-2}-\sum_{n\geq 2}n^2a_nx^n=2$$
L'unicité des coefficients, nous donne:
$$\left\{\begin{array}{lclcl}
2a_2&=&2&\Longrightarrow& a_2=1\\
n^2a_n&=&(n+1)(n+2)a_{n+2}&\text{ pour } &n\geq 2.
\end{array}
\right.$$
Soit,
$$\forall n\in \N^*,~~a_{2n}=\dfrac{(2n-2)^2\cdot (2n-4)^2\cdots 4^2\cdot 2^2}{(2n)\cdot(2n-1)\cdots 4
\cdot 3}a_2=\dfrac{2^{2n-1}\left((n-1)!\right)^2}{(2n)!}\text{ et } a_{2n-1}=0.$$
Conclusion
$$\boxed{ f(x)=\dsum_{n=0}^\infty\dfrac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+2)!}x^{2n+2}}.$$
On peut montrer aussi que les séries numériques $\dsum_{n\geq 0} \dfrac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+2)!}$
et
$\dsum_{n\geq 0}\dfrac{2^{2n+1}(n!)^2(-1)^n}{(2n+2)!}$, donc le DSE de $f$ est valable sur
$[-1,1]$.
Soit $f:\R\longmapsto\R$ une fonction de classe $\CC^\infty$.
$\mathbf{1.\,}$ En utilisant l'inégalité de Taylor-Lagrange, on a:
$$\forall n\in \N,~~\forall x\in ]-a,a[,~~\abs{f(x)-\dsum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}\leq
b\left(\frac{\abs{x}}{a}\right)^{n+1}.$$
Comme $\dsp\limiteX{n}{\infty}\left(\frac{\abs{x}}{a}\right)^{n}=0$, on en déduit que $f$
coïncide avec la somme de sa série de Taylor sur $]-a,a[$.
$\mathbf{2.\,}$ Soit $a\in \R_+^*$. On a, pour tout $x\in ]-a,a[$,
$$f(x+a)\geq
f(x+a)-f(x)=\dsum_{k=1}^n\dfrac{f^{(k)}(x)}{k!}a^p+\dfrac{a^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\zeta)\geq
\dfrac{f^{(n)}(x)}{n!}a^n.$$
On pose $b=\underset{t\in [0,2a]}{\mathrm{Sup}} f(t)$, ce qui a un sens puisque $f$ est continue sur
le segment
$[0,a]$, on obtient:
$$\forall n\in \N,~~\forall x\in ]-a,a[,~~0\leq f^{(n)}(x)a^n\leq bn!.$$
La 1\up{ère} question montre que $f$ est DSE sur $]-a,a[$, $a$ est quelconque dans $\R_+$, on
en déduit alors que le rayon de convergence de la série entière obtenue est $\infty$.
On écrit $\ch x$ et $\sin x$ sous forme exponentielle, ce qui donne, $$f(x)=\dfrac{1}{4\ii}\left(\ee^x+\ee^{-x}\right)\left(\ee^{\ii x}-\ee^{-\ii x}\right)=\dfrac{1}{4\ii}\left(\ee^{(1+\ii)x}-\ee^{-(1+\ii)x}+\ee^{(-1+\ii)x}-\ee^{-(-1+\ii)x}\right)$$ Puis, $$ \ee^{(1+\ii)x}-\ee^{-(1+\ii)x}=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(1+\ii)^nx^n}{n!}-\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n(1+\ii)^nx^n}{n!}=\dsum_{n\geq 0} 2(1+\ii)^{2n+1}\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},$$ $$ \ee^{(-1+\ii)x}-\ee^{-(-1+\ii)x}=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1+\ii)^nx^n}{n!}-\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n(-1+\ii)^nx^n}{n!}=\dsum_{n\geq 0} 2(-1+\ii)^{2n+1}\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},$$ Ce qui donne, $$\ch(x)\sin(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(1+\ii)^{2n+1}+(-1+\ii)^{2n+1}}{2\ii}\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$ Notons $z=1+\ii=\sqrt{2}\ee^{\ii\frac{\pi}{4}}$, alors $$\dfrac{(1+\ii)^{2n+1}+(-1+\ii)^{2n+1}}{2\ii}=\dfrac{(1+\ii)^{2n+1}-(1-\ii)^{2n+1}}{2\ii}=\im (z^{2n+1})=2^n\sqrt{2} \sin\left(\frac{(2n+1)\pi}{4}\right)$$ Or, $$\sin\left(\frac{(2n+1)\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left[\cos \frac{n\pi}{2}+\sin\frac{n\pi}{2}\right]$$ On en déduit, $$ \boxed{\forall x\in \R,~~\ch(x)\sin(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{2^n}{(2n+1)!}\left[\cos \frac{n\pi}{2}+\sin\frac{n\pi}{2}\right]x^{2n+1}}.$$
Calculer le terme général de la suite $(u_n)_{n\in \N}$ définie par: $u_0=1 \text{ et pour tout }n\geq 0,~~u_{n+1}=\dsum_{k=0}^nu_ku_{n-k}.$
Notons d'abord que la suite $(u_n)_{n\in \N}$ est bien définie.
Introduisons la SE $\dsum u_nx^n$ et supposons que son rayon de convergence $R>0$. En utilisant le
produit de Cauchy des séries absolument convergentes, on a:
$$\forall x\in ]-R,R[,~~f^2(x)=\dsum_{n\geq 0}\left(\sum_{k=0}^nu_ku_{n-k}\right)x^n=\dsum_{n\geq
0}u_{n+1}x^n\Longrightarrow \forall x\in ]-R,R[,~~xf^2(x)=f(x)-1.$$
On pose $r=\min\{R,\frac{1}{4}\}$, on trouve:
$$\forall x\in ]-r,r[\setminus\{0\},~~f(x)=\dfrac{1\mp\sqrt{1-4x}}{2x}.$$
En utilisant la continuité de $f$ au voisinage de $0$, on trouve finalement ( à condition que $R>0$) ,
$$\exists r>0,~~\forall x\in ]-r,r[,\,f(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}&\text{ si }& x\neq 0\\
&&\\
1&\text{ si }& x=0.
\end{array}
\right.$$
Inversement, la fonction $t\longmapsto \sqrt{1-t}$, admet un DSE pour $\abs{t}< 1$:
$$\forall t\in ]-1,1[,~~\sqrt{1-t}=1-\frac{t}{2}+\dsum_{n\geq
2}\prod_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}-k\right)\dfrac{(-t)^n}{n!}.$$
En prenant $t=4x$, on obtient,
$$\forall x\in ]-1/4,1/4[,~~\sqrt{1-4x}=1-2x-2\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}x^n.$$
$$\boxed{\forall n\in \N,~~~~u_n=\dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}}.$$
On définit $f(x)=1+\dsum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)}{n!}\;x^n$. Trouver une équation différentielle vérifiée par~$f$. En déduire une expression de~$f$ à l'aide de fonctions usuelles.
Calculons d'abord le rayon de convergence. On a
$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{1\cdot 3\cdot5\cdots(2n-1)\cdot (2n+1))}{(n+1)!}\dfrac{n!}{1\cdot
3\cdot5\cdots(2n-1)}=\dfrac{2n+1}{n+1}\tendvers{n}{\infty}2\Longrightarrow \boxed{R=\dfrac{1}{2}}.$$
Donc $f$ est bien définie sur $]-\dfrac12,\dfrac12[$.
On dérive terme à terme sur $]-\dfrac12,\dfrac12[$.
$$\begin{array}{lcl}
f'(x) & =& \dsum_{n=1}^{\infty}
\dfrac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{(n-1)!}\,x^{n-1} \\
& = &1+ \dsum_{n=2}^{\infty}
\dfrac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{(n-1)!}\,x^{n-1} \\
& = &1+ \dsum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n+1)}{n!}\,x^n.
\end{array}
$$
On sépare $(2n+1)=(2n)+1$ et on trouve
$$\begin{array}{lcl}
f'(x)& = &1+ x \dsum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1\cdot3\cdot
5\cdots(2n-1)}{(n-1)!}\cdot 2\cdot x^n + \dsum_{n=1}^{\infty}
\dfrac{3\cdot 5\cdots(2n-1)}{n!}x^n \\
& = &f(x)+2x\,f'(x),
\end{array}
$$
Donc $f$ vérifie l'équation différentielle,
$$\forall x\in \left]\frac{-1}{2},\frac{1}{2}\right[,~~~~(1-2x)f'(x)-f(x)=0,\text{ et } f(0)=1.$$
La résolution de cette équation nous donne (en utilisant aussi l'unicité de la solution)
$\boxed{f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-2x}}}$.
On pose $f(x)=\dsum_{n\geq 0}(-1)^n\frac{{n\choose 2n}}{2n-1}x^n$.
En utilisant la règle de d'Alembert, le rayon de convergence de la SE $\dsum_{n\geq 0}\frac{{n\choose 2n}}{2n-1}x^n$ est $\frac{1}{4}$ On a $$\forall x\in ]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}[,~~~~f'(x)=\dsum_{n\geq 1}(-1)^n\dfrac{n{n\choose 2n}}{2n-1}x^{n-1}.$$ De plus, pour tout $x\in ]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}[$, on a: $$\begin{array}{ll} (1+4x)f'(x)&=\dsp\dsum_{n\geq 1}(-1)^n\dfrac{n{n\choose 2n}}{2n-1}x^{n-1}+ \dsum_{n\geq 1}(-1)^n\dfrac{4n{n\choose 2n}}{2n-1}x^{n}\\ &=\dsum_{n\geq 0}(-1)^{n+1}\dfrac{(n+1){n+1\choose 2n+2}}{2n+1}x^{n}+\dsum_{n\geq 1}(-1)^n\dfrac{4n{n\choose 2n}}{2n-1}x^{n}\\ &\\ &=-1+\dsum_{n\geq 1}\left(\dfrac{4n{n\choose 2n}}{2n-1}-\dfrac{(n+1){n+1\choose 2n+2}}{2n+1}\right) (-1)^nx^n\\ &=-1+\dsum_{n\geq 1}\left(\dfrac{4n(2n)!}{(2n-1)(n!)^2}-\dfrac{(n+1)(2n+2)!}{(2n+1)((n+1)!)^2}\right)(-1)^nx^n\\ &\\ &=-1+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}\left(\dfrac{4n}{(2n-1)}-2\right)(-1)^nx^n=f(x) \end{array}$$ On en déduit que $f$ est la solution du problème de Cauchy $(1+4x)y'-2y=0$ avec $y(0)=-1$ (sur l'intervalle $]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}[$). La résolution de cette équation différentielle nous donne: $$\boxed{ \forall x\in ]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}[,\quad f(x)=-\sqrt{1+4x}}.$$
On pose $\displaystyle u_n(x)=\dfrac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)(2n-1)}$ pour tout $n\in\N$ et pour $x\in\R$.
En utilisant les règles de comparaison, on trouve $\boxed{R=1}$. Notons $f$ sa somme sur $]-1,1[$.
On décompose en éléments simples pour obtenir:
$$\forall n\in \N,~~\dfrac{1}{(2n+1)(2n-1)}=\dfrac{\frac{-1}{2}}{2n+1}+\dfrac{\frac{1}{2}}{2n-1}.$$
Les deux séries entières $\dsum_{n\geq 0}\dfrac{\frac{-1}{2}}{2n+1}(-1)^nx^{2n+1}$ et $\dsum_{n\geq
0}\dfrac{\frac{1}{2}}{2n-1}(-1)^nx^{2n+1}$ ont également un rayon de convergence égale à $1$. Donc on
peut écrire
$$\forall x\in ]-1,1[,~~f(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{\frac{-1}{2}}{2n+1}(-1)^nx^{2n+1}+
\dsum_{n\geq 0}\dfrac{\frac{1}{2}}{2n-1}(-1)^nx^{2n+1}
= -\dfrac12\left({-x+(x^2+1)\Arctan x}\right).$$.
D'après le cours $f$ est continue sur $]-1,1[$, mais en remarquant que les séries numériques
$\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n }{(2n+1)(2n-1)}$ et $\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n
(-1)^{2n+1}}{(2n+1)(2n-1)}$ convergent (et sont même absolument convergente par comparaison aux séries
de Riemann), toujours d'après le cours la somme de la série entière est continue sur $[-1,1]$.
\begin{equation*}
\dsum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{4n^2-1} = \dsum_{n=0}^\infty u_n(1)=
\dsp\lim_{x\to 1}\dsum_{n=0}^\infty u_n(x)=\dfrac12-\dfrac{\pi}{4}.
\end{equation*}
Une autre démonstration en utilisant la série de fonction.
On a bien sûr continuité de $f$ sur~$[0,1[$ d'après les théorèmes
généraux sur les séries entières. La continuité sur $[0,1]$ se montre en remarquant que l'on a
affaire à une série alternée et que, par conséquent, on a une majoration très efficace du reste
par le théorème sur les séries alternées.
Plus précisément, pour tout $n\in\N$ :
\begin{equation*}
\norme{R_n}_\infty=\dsum_{x\in[0,1]}\abs{R_n(x)}\leq \dfrac{1}{4n^2-1}
\end{equation*}
donc la suite $(R_n)$ converge uniformément sur~$[0,1]$ vers~$0$.
Puisque la série entière converge uniformément sur~$[0,1]$, on a donc
continuité en $1$ (ou aussi le théorème d'interversion des limites)
Soit $f(x)=\dsum_{k=1}^\infty \sqrt{k}x^k$. Montrer que $\dsp\limiteX{x}{(-1)^+}f(x)=\ell$ existe dans $\R$ et établir que $\ell\in \left[\frac{-1}{2},\frac{-1}{4}\right]$ . (On pourrait utiliser $(1-x)f(x)$).
Le rayon de convergence de la SE $\dsum \sqrt{k}x^k $ est $1$, soit $x\in ]-1,0]$, on a
$$\begin{array}{lcl}
(1-x)f(x)&=&\dsum_{k=1}^\infty \sqrt{k}x^k-\dsum_{k=1}^\infty \sqrt{k}x^{k+1}\\
&=&\dsum_{k=1}^\infty \sqrt{k}x^k-\dsum_{k=2}^\infty \sqrt{k-1}x^{k}=x+\dsum_{k=2}^\infty
(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})x^{k}\\
&=&x+\dsum_{k=2}^\infty \dfrac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}x^{k}=
\dsum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}x^{k}
\end{array}$$
La série de fonction $\dsum_{k=1}^\infty \dfrac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}x^{k}$ converge pour $x=-1$
(CSSA), de
plus converge uniformement sur $[-1,0]$ donc sa somme
continue sur $[-1,0]$.
On en déduit alors que $f$ admet une limite finie en $(-1)^+$ et que:
$$f(x)\tendvers{x}{(-1)^+}\dfrac{1}{2}\dsum_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^k}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}.$$
Pour $x\in [-1,0[$ la série $\dsum_{k=1}^\infty \dfrac{(x)^k}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}$ est alternée, donc
d'après le cours (
CSSA), on a la majoration suivant
$$\forall x\in ]-1,0[,\quad x\leq (1-x)f(x)\leq x+\dfrac{x^2}{\sqrt{2}+1}$$
En faisant tendre $x$ vers $(-1)^+$, on trouve
$$\dfrac{-1}{2}\leq \ell \leq \dfrac{-1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}+2}$$
Soit $(a_n)_n$ une suite définie par $a_0=1$ et pour $n\geq 1$, $a_n=\frac{-1}{2}\dsum_{k=1}^n\frac{a_{n-k}}{k!}$.
Une involution de $E$ est une application $f$ de $E$ dans $E$ telle que $f\circ f=I_E$. Pour $n\in \N^*$, on note $I_n$ le nombre d'involutions de l'ensemble $\inter{1,n}$. On pose $I_0=1$.
On pose $a_0=a_1=1$ et $a_{n+1}=a_n+\dfrac{a_{n-1}}{n+1}$.
Soient $d_0=1,\,d_1=\frac{1}{2}$ et $d_n=\begin{vmatrix} \frac{n}{n+1}&\sqrt{\frac{1}{n+1}}&0&\cdots&0\\ -\sqrt{\frac{1}{n+1}}&\frac{n-1}{n}&\sqrt{\frac{1}{n}}&\ddots&\vdots\\ 0&-\sqrt{\frac{1}{n}}&\ddots&\ddots&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\sqrt{\frac{1}{3}}\\ 0&\cdots&0&-\sqrt{\frac{1}{3}}&\frac{1}{2} \end{vmatrix}$.
On pose $g(x)=\dsum\limits_{n=1}^{\infty}\ln(n) \;x^n$.
Indication: considérer $(1-x)\,g(x)$.
Une autre démonstration.
Rappelons une formule (qui est maintenant bien connu...n'est-ce pas?)
$$\forall n>1,~~~~\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\leq \ln(n)\leq
1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n-1}~~~~(\star).$$
Gardons cette relation pour après.
Considérons la série entière $\dsum_{n\geq 1}\left(\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)x^n$, cette série a
pour
rayon de convergence 1. En fait on a $1\leq \dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\leq n$ ce qui donne le
résultat.
En regardant de plus près, on voit que cette série est le produit de Cauchy de deux séries
$\dsum_{n\geq 0}x^n$ et $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^n}{n}$, ce qui donne immédiatement,
$$\forall x\in ]-1,1[,~~~~\dsum_{n\geq
1}\left(\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)x^n=\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}.$$
Retour sur ($\star$).
$$\forall x\in [0,1[,~~~~\dsum_{n=2}^\infty \left(\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}\right)x^n\leq \sum_{n\geq
1}\ln(n)x^n\leq \dsum_{n=2}^\infty \left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)x^n$$
Soit en utilisant la somme trouvé ci-dessus,
$$\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}-\dfrac{1}{1-x}\leq g(x)\leq \dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}+\ln(1-x)$$
On note $S(x)=\dsum_{n\geq 0}x^{n^2}$.