Séries entières

Rayon de convergence

($\star\,-\,\star$) Correction

Déterminer le rayon de convergence des séries entières suivantes: $$ \begin{array}{lll} 1)~~ \dsum_{n\geq 0}\left(\sqrt[3]{n^3+n+2}-\sqrt{n^2+1}\right) z^n& 2)~~\dsum_{n\geq 1}\left(\sqrt{n}\right)^nz^n& 3)~~\dsum_{n\geq 5} \dfrac{\ln(\sqrt{n}+1)}{\ln(\sqrt{n}-1)}z^n\\ &&\\ 4)~~ \dsum_{n\geq 1}\Arccos\left(1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\right)z^{n}& 5)~~\dsum_{n\geq 0}\sin(\sqrt{n})z^n& 6)~~\dsum_{n\geq 0}\ee^{-\sh(n)}z^n\\ 7)\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(2n)!}{(n!)^2n^n}z^n &8)\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2}z^{2n}&9)~~\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\sum_{k=1}^n\ch(k)}{n\ee^n}z^n. \end{array} $$

Correction

  1. On fait un DL, $$\sqrt[3]{n^3+n+2}-\sqrt{n^2+1}=n\left(1+\dfrac{1}{3n^2}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)-n\left(1+\dfrac{1}{2n^2}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\underset{n\,\infty}{\sim}\dfrac{-1}{6n}$$ On en déduit que les séries entières $\dsum_{n\geq 0}\left(\sqrt[3]{n^3+n+2}-\sqrt{n^2+1}\right) z^n$ et $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{-z^n}{6n}$ ont le même rayons de convergence. Conclusion $\boxed{R=1}$.


  2. On utilise la règle de d'Alembert, $$\dfrac{(\sqrt{n+1})^{n+1}}{(\sqrt{n})^n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n/2}\sqrt{n+1}\tendvers{n}{\infty}\infty,$$ donc $\boxed{R=0}$.


  3. On a $\dfrac{\ln(\sqrt{n}+1)}{\ln(\sqrt{n}-1)}\underset{n\,\infty}{\sim}1$ donc $\boxed{R=1}$.


  4. On sait que $\Arccos(x)\underset{x\to 1^{-}}{\sim}\sqrt{2}\sqrt{1-x}$. Donc $$\Arccos\left(1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\right)\underset{n\,\infty}{\sim} \sqrt{2}\sqrt{1-(1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2})} \underset{n\,\infty}{\sim}\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}}\Longrightarrow \,\boxed{R=1}.$$


  5. On a $\abs{\sin(\sqrt{n})}\leq 1$ donc $R\geq 1$, d'autre part la série numérique $\dsum \sin(\sqrt{n})$ diverge car la suite $\left(\sin(\sqrt{n})\right)_n$ ne tend pas vers $0$, donc $R\leq 1$. (c.f. feuille d'exercices sur les suites réelles), donc $R\leq 1$.
    On en déduit que $\boxed{R=1}$.


  6. On utilise la règle de d'Alembert, $\boxed{ R=\infty}$.


  7. On utilise la règle de d'Alembert, $\boxed{ R=\infty}$.


  8. Déjà fait dans le cours $\boxed{ R=1}$


  9. On utilise l'encadrement suivant: $$\dfrac{1}{2n}\leq \dfrac{\sum_{k=1}^n\ch(k)}{n\ee^n}\leq \dfrac{1+\ee^{-n}}{2}\leq 1\Longrightarrow \boxed{\,R=1}.$$

($\star$) Correction

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 $\geq R_aR_b$.

Correction

Soit $R\in [0,R_aR_b[$, il existe $\gamma\in [0,1[$ tel que $R=(\sqrt{\gamma}R_a)(\sqrt{\gamma}R_b)$. Puis on montre que la suite $(a_nb_nR^n)_n$ est bornée, en effet, $a_nb_nR^n=\left[a_n(\sqrt{\gamma}R_a)^n\right]\left[b_n(\sqrt{\gamma}R_b)^n\right]$.

($\star$) Correction

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 $a_n=n!b_n$?

Correction

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 $\boxed{R_1=\infty}$.
Remarque On aurait pu aussi utiliser le résultat de l'exercice 2., en effet, la série $\dsum_{n\geq 0}\dfrac{z^n}{n!}$ a pour rayon de convergence $R_2=\infty$, et $b_n=a_n\frac{1}{n!}$. Donc d'après le résultat de cet exercice on a $R_1\geq RR_2=\infty$, d'où $R_1=\infty$.

(X PC 2001) Correction

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 $\dsum a_n P(n)\,z^n$ ?

Correction

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 : $R'=R$.

($\star$) Correction

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 $f\in \CC^\infty(\R)$.

Correction

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 $\boxed{f\in \CC^\infty(\R)}$.

($\star$) Correction

Calculer le rayon de convergence et le domaine réel de convergence pour la SE: $$\dsum \left(\Arctan n^\alpha\right)z^n,\quad \alpha\in \R.$$

Correction

  1. Si $\alpha\geq 0$, alors pour tout $n\in \N^*$, $\dfrac{\pi}{4}\leq \Arctan n^\alpha\leq \dfrac{\pi}{2}$. Donc $R=1$, de plus si $\abs{x}=1$ alors $\dsum\Arctan n^\alpha x^n$ diverge.
  2. Si $\alpha< 0$, alors $\Arctan n^\alpha \underset{n\rightarrow\infty}{\sim}n^\alpha$ donc $R=1$.
    Si $\alpha< -1$ alors pour $\abs{x}=1$ la série converge.
    Si $\alpha\in [-1,0[$, la série converge pour $x=-1$ (CSSA) et diverge pour $x=1$ (comparaison à une série de Riemann)

Conclusion, $$ \forall \alpha\in \R,~~~~R=1,\text{ et le domaine réel de convergence } \left\{\begin{array}{ccl} ]-1,1[&\text{ si }&\alpha\geq 0\\ \left[-1,1\right[&\text{ si }&\alpha\in [-1,0[\\ \left[-1,1\right]&\text{ si }&\alpha < -1. \end{array}\right. $$

(CCP PSI) Correction

Déterminer le rayon de convergence et le domaine réel de convergence pour la SE: $$\dsp\sum u_nz^n,\text{ où } u_n=\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{(n+1)\pi}}\sin(t^2)\ud t.$$

Correction

$u_n$ 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 $[0,\pi]$, on en déduit, $$\forall n\in \N^*,~~\int_0^{\pi}\dfrac{\sin(x)\ud x}{2\sqrt{(n+1)x}}\leq \abs{u_n}\leq \int_0^\pi \dfrac{\sin(x)\ud x}{2\sqrt{nx}}\Longrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{(n+1)\pi}}\leq \abs{u_n}\leq \dfrac{1}{\sqrt{n\pi}}$$ On en déduit que le rayon de convergence est $1$.

  1. Pour $x=1$, la série $\dsum u_n$ est convergente (CSSA) puisque $(\abs{u_n})_n$ est décroissante.
  2. Pour $x=-1$, la série $\dsum u_n(-1)^n$ est divergente car $\dsum\frac{1}{\sqrt{n}}$ diverge.

On en déduit que le domaine réel de convergence est $]-1,1]$.

($\star\star$) Correction

Déterminer le rayon de convergence $R$ et étudier, lorsque $\abs{z}=R$, pour la série $\dsum a_nz^n$ où: $$a_n=\dsp\int_1^\infty\ee^{-x^n}\ud x,\quad \quad (n\in \N^*).$$

Correction

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 $a_n\geq \frac{c}{n}$.

($\star\star$) Correction

Soit $\dsum a_nz^n$ une SE de rayon de convergence $R>0$. Déterminer les rayons de convergence des SEs suivantes ($\alpha\in \R$), $$\mathbf{1)\,} \dsum \dfrac{a_n}{n!}z^n,\quad\mathbf{2)\,}\dsum a_nz^{2n},\quad\mathbf{3)\,} \dsum n^\alpha a_nz^n, \quad\mathbf{4)\,}\dsum\dfrac{n^na_n}{n!}z^n.$$

Correction

  1. Soit $r\in \R_+^*$, on fixe $\rho\in ]0,R[$, on a alors: $$\forall n\in \N,\quad \abs{\dfrac{a_nr^n}{n!}}=\abs{\dfrac{a_n\rho^nr^n}{n!\rho^n}}=\abs{a_n\rho^n}\dfrac{1}{n!}\left(\frac{r}{\rho}\right)^n.$$ Or $\dsum \abs{a_n\rho^n}$ converge donc la suite $(\abs{a_n\rho^n})_n$ est bornée (elle tend vers $0$), et la série $\dsum \dfrac{1}{n!}\left(\frac{r}{\rho}\right)^n$ converge (sa somme est $\exp (r/\rho)$).
    On en déduit que $\dsum \abs{a_n}r^n$ est convergente, ceci étant vrai pour tout $r>0$, ce qui donne
    Le rayon de convergence de $\dsum \frac{a_n}{n!}z^n$ est $\infty$.
    Remarque On aurait pu également utiliser le résultat de l'exercice précédent
  2. Notons $R_1$ le rayon de convergence de $\dsum a_nz^{2n}$.
    1. Soit $\rho\in ]0,\sqrt{R}[$, alors $\dsum \abs{a_n}(\rho^2)^n$ converge puisque $\rho^2< R$, donc $\dsum \abs{a_n}\rho^{2n}$ converge ce qui donne $R_1\geq \sqrt{R}$.
    2. Soit $\rho\in ]0,R_1[$ donc $\dsum \abs{a_n}\rho^{2n}$ converge, or $\dsum \abs{a_n}\rho^{2n}=\dsum \abs{a_n}(\rho^2)^n$ donc $\rho^2< R$ ce qui donne $R_1^2\leq R$
    On en déduit finalement $\boxed{R_1=\sqrt{R}}$.
  3. Le rayon de convergence de $\dsum n^\alpha z^n$ est $1$, donc le rayon de convergence $R_1$ de $\dsum n^\alpha a_n z^n$ vérifie $R_1\geq R\times 1=R$.
    D'autre part, soit $r\in ]0,R_1[$ et $r_1\in ]r,R_1[$, on a $$\abs{a_nr^n}=\dfrac{n^\alpha \abs{a_nr^n}}{n^\alpha}=\dfrac{1}{n^\alpha}\left(\frac{r}{r_1}\right)^n\abs{n^\alpha a_nr_1^n}$$ donc $\dsum \abs{a_nr^n}$ converge, on en déduit que $R\geq R_1$. ce qui donne finalement,
    Le rayon de convergence de $\dsum n^\alpha a_nz^n$ est $R$.
  4. $R_1=\dfrac{R}{\ee}$.

(Centrale PSI 2015) Correction

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 $R'$.

  1. On suppose que $R$ et $R'$ finis. Montrer que $RR'\leq 1$. Donner un exemple pour $0< RR'< 1$.
  2. On suppose que $R=\infty$. Soient $r>0$ et $k\in \N$. Calculer $\dsp\int_0^{2\pi}f(r\ee^{\ii \theta})\ee^{-\ii k\theta}\ud \theta$.

Correction

  1. Supposons par l'absurde que $RR'>1$, sans predre de généralité, on peut supposer que $R>R'$ (donc $R>1$).
    Puisque $RR'>1$ alors $R'>\dfrac{1}{R}$, soit alors $\rho\in ]\frac{1}{R},R'[$, alors les deux séries $\dsum \dfrac{a_n}{\rho^n}$ et $\dsum \dfrac{\rho^n}{a_n}$ sont absoluments convergentes. En effet, comme $\rho >\dfrac{1}{R}$ donc $\dfrac{1}{\rho}< R$. On obtient alors, $$\exists C>0,\quad \forall n \in \N,\, \dfrac{\abs{a_n}}{\rho^n}< C \Longrightarrow \dfrac{1}{C}< \dfrac{\rho^n}{\abs{a_n}}$$ Ceci contredit la convergence de $\dsum \dfrac{\rho^n}{\abs{a_n}}$.
    On en déduit donc que $RR'\leq 1$.
    On définit la suite $(a_n)$ par $$\forall n\in \N,\, a_{2n}=\dfrac{1}{2^n},\quad a_{2n+1}=\dfrac{1}{2n+1}.$$ Donc pour tout $n\in \N,\, 0< a_n \leq \dfrac{1}{n}$ ce qui donne $R\geq 1$, mais comme $\dsum a_n $ diverge, on obtient finalement $R=1$. En revanche le rayon de convergence $R'$ de $g$ est égale à $\dfrac{1}{2}$.
  2. Pour $t\in [0,2\pi]$ et $n\in \N$, on définit $h_n(t)=a_nr^n \ee^{\ii (n-k)t}$, $h_n\in \CC[0,2\pi]$, de plus $\norme{h_n}_\infty=\abs{a_n}r^n$, comme $\dsum \abs{a_n}r^n< \infty$, on en déduit que $\dsum h_n$ converge normalement et donc uniformément sur $[0,2\pi]$.
    Les résultats de cours (voir chapitre séries de fonctions), nous donnent: $$\int_0^{2\pi}\dsum_{n=0}^\infty h_n(t)\ud t=\dsum_{n\geq 0}\int_0^{2\pi}h_n(t)\ud t= \dsum_{n\geq 0}\int_0^{2\pi}a_nr^n\ee^{\ii(n-k)t}\ud t.$$ or $\dsp \int_0^{2\pi}\ee^{\ii(n-k)t}\ud t=0$ si $n\neq k$ et $2\pi $ si $n=k$. Finalement $$\boxed{\int_0^{2\pi}f(r\ee^{\ii \theta})\ee^{-\ii k\theta}\ud \theta=2\pi a_nr^n}.$$

(Mines-Télécom PC 2019) Correction

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.

Correction

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 $\boxed{R_1=\infty}$.
Remarque On aurait pu aussi utiliser le résultat de l'exercice précédent, en effet, la série $\dsum_{n\geq 0}\dfrac{z^n}{n!}$ a pour rayon de convergence $R_2=\infty$, et $b_n=a_n\frac{1}{n!}$. Donc d'après le résultat de cet exercice on a $R_1\geq RR_2=\infty$, d'où $R_1=\infty$.

Somme d'une SE

($\star\,-\,\star\star$) Correction

Calculer le rayon de convergence $R$ et la somme $f$ des séries entières suivantes: $$ \begin{array}{lll} 1)~~ \dsum_{n\geq 0}n^3x^n& 2)~~\dsum_{n\geq 1}(-1)^nn^2x^{2n-1}& 3)~~\dsum_{n\geq 0} \dfrac{n^2-n+4}{n+1}x^n\\ &&\\ 4)~~ \dsum_{n\geq 0}(-1)^n(3+(-1)^n)x^{n}& 5)~~\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^n}{n(n-1)} x^n& 6)\dsum_{n\geq 1}\dfrac{2^{(-1)^n}}{n}x^n \end{array} $$

Correction

  1. On a en utilisant la règle de d'Alembert $R=1$.
    On a pour tout $x\in ]-1,1[$, $$\begin{array}{lclclcl} \dsum_{n\geq 0}x^n&=&\dfrac{1}{1-x}&,&\dsum_{n\geq 1}nx^{n-1}&=&\dfrac{1}{(1-x)^2}\\ \dsum_{n\geq 2}n(n-1)x^{n-2}&=&\dfrac{2}{(1-x)^3}&,&\dsum_{n\geq 3}n(n-1)(n-2)x^{n-3}&=&\dfrac{6}{(1-x)^4} \end{array}$$ D'autre part, on a $$\forall n\in \N,~~~~n^3=n(n-1)(n-2)+3n(n-1)+n.$$ Ce qui donne, $$\forall x\in ]-1,1[,~~\dsum_{n\geq 0}n^3x^n=x^3\dsum_{n\geq 3}n(n-1)(n-2)x^{n-3}+3x^2\dsum_{n\geq 0}n(n-1)x^{n-2}+x\dsum_{n\geq 1}nx^{n-1}.$$ En simplifiant, on trouve: $$\boxed{ \forall x\in ]-1,1[,~~\dsum_{n\geq 0}n^3x^n=\dfrac{x(x^2+4x+1)}{(1-x)^4}}.$$


  2. On a $R=1$, notons $S$ la somme de la SE sur $]-1,1[$.
    Pour $x\in ]-1,1[$, on note $t=-x^2$ (donc $\abs{t}< 1$), on a: $$\begin{array}{ccl} xS(x)&=&\dsum_{n\geq 1}n^2t^n=\sum_{n\geq 0}\left((n+2)(n+1)-3(n+1)+1\right)t^n\\ &=&\dfrac{2}{(1-t)^3}-\dfrac{3}{(1-t)^2}+\dfrac{1}{1-t}=\dfrac{t+t^3}{(1-t)^3}\\ &&\\ &=&\dfrac{x^4-x^2}{(1+x^2)^3}\end{array},$$ On en déduit, $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~S(x)=\dfrac{x^3-x}{(1+x^2)^3}}.$$


  3. On a $R=1$, notons $S$ la somme de la SE sur $]-1,1[$.
    On a, pour tout $n\in \N,~~\dfrac{n^2-n+4}{n+1}=n-2+\dfrac{6}{n+1}=n+1 -3+\dfrac{6}{n+1}$. Donc, pour $x\in ]-1,1[$ différent de $0$, $$S(x)=\dsum_{n\geq 0}(n+1)x^n-3\dsum_{n\geq 0}x^n+\frac{6}{x}\dsum_{n\geq 0}\dfrac{x^{n+1}}{n+1}=\dfrac{1}{(1-x)^2}-\dfrac{3}{1-x}-\dfrac{6\ln(1-x)}{x}$$ et pour $x=0$, on a $S(0)=4$. Conclusion: $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~S(x)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{3x-2}{(1-x)^2}-\dfrac{6\ln(1-x)}{x}&\text{ si }& x\neq 0\\ &&\\ 4&\text{ si }& x=0 \end{array}\right.}$$


  4. On a $a_n=4$ si $n$ est pair, et $a_n=-2$ sinon. Donc, pour tout $n\in \N$, on a $2\leq \abs{a_n}\leq 4$ donc le rayon de convergence de la SE est $1$. On note $S$ sa somme sur $]-1,1[$, on a: $$\forall x\in ]-1,1[,~~S(x)=\dsum_{n\geq 0}4x^{2n}-\dsum_{n\geq 0}2x^{2n+1}=\dfrac{4}{1-x^2}-\dfrac{2x}{1-x^2}=\dfrac{-2x+4}{1-x^2}$$


  5. La rayon de convergence ici est $1$. De plus les séries numériques $\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^n}{n(n-1)}$ et $\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^n}{n(n-1)}$ sont convergentes donc $S$ (la somme de la série) est définie sur $[-1,1]$.
    On a pour $n\geq 2$, $\dfrac{1}{n(n-1)}=\dfrac{-1}{n}+\dfrac{1}{n-1}$. Donc (vu aussi que les séries $\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^nx^n}{n}$ et $\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^nx^n}{n-1}$ ont le même rayon de converge $1$) $$\forall x\in ]-1,1[,~~S(x)=\dsum_{n\geq 2}\dfrac{-(-1)^nx^n}{n}+\sum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^nx^n}{n-1}=-\left(\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^nx^n}{n}+x\sum_{n\geq 2}\dfrac{(-1)^{n-1}x^{n-1}}{n-1}\right).$$ En ajustant les indices, on trouve $$\forall x\in ]-1,1[,~~S(x)=-\left(\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^nx^n}{n}+x+x\sum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n}x^{n}}{n}\right)=(1+x)\ln(1+x)-x.$$ En utilisant la continuité de $S$ en $-1$ et $1$, on a $$\boxed{\forall x\in [-1,1],~~~S(x)=\left\{ \begin{array}{lcl} (1+x)\ln(1+x)-x&\text{ si } &x\neq -1\\ &&\\ 1&\text{ si }& x=-1 \end{array}\right.}.$$


  6. Même raisonnement que la question 4. On a $R=1$, et $$\forall x\in ]-1,1[,~~S(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{2x^{2n}}{2n}+\dfrac{1}{2}\sum_{n\geq 0}\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}.$$ d'où $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~~S(x)=-\ln(1-x^2)+\dfrac{1}{4}\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)}.$$

($\star\star$) Correction

Calculer le rayon de convergence $R$ et la somme $f$ des séries entières suivantes ($ \theta\in\R$): $$ \begin{array}{llll} 1)~~\dsum_{n\geq 0}\cos(n\theta)x^n\text{ et }\dsum_{n\geq 0}\sin(n\theta)x^n& 2)~~\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\cos(n\theta)x^n}{n}\text{ et }\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\sin(n\theta)x^n}{n} \end{array} $$

Correction

  1. Notons $R_c$, $S_c$ le rayon de convergence et la somme de la série $\dsum \cos(n\theta)x^n$, également $R_s$, $S_s$ le rayon de convergence et la somme de la série $\dsum \sin(n\theta)x^n$.
    On a $$R_c=1,~~~~ \forall \theta\in \R \text{ et } R_s=\left\{\begin{array}{ll} 1&\text{ si }\theta\in \R\setminus\pi\Z\\ \infty&\text{ si }\theta\in \pi\Z \end{array} \right. $$ Soit $\theta\in \R$, on a: $$\forall x\in ]-1,1[,~~S_c(x)+\ii S_s(x)=\dsum_{n\geq 0}\left(\ee^{\ii \theta}x\right)^n=\dfrac{1}{1-\ee^{\ii \theta}x}=\dfrac{(1-x\cos(\theta))+\ii x\sin(\theta)}{(1-x\cos(\theta))^2+(x\sin(\theta))^2}$$ Cette formule reste valable si $\theta\in \pi\Z$ puisque dans ce cas $S_s(x)=0$.
    Conclusion, $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~S_c(x)= \dfrac{(1-x\cos(\theta))}{1-2\cos(\theta)x+x^2},~~~S_s(x)=\dfrac{x\sin(\theta)}{1-2\cos(\theta)x+x^2}}.$$


  2. On a les mêmes rayons de convergence que dans la question précédente. Notons $f_c$ (resp. $f_S$) la somme de $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\cos(n\theta)x^n}{n}$ (resp. $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\sin(n\theta)x^n}{n}$).
    Pour $x\in ]-1,1[$, on a:
    1. $\,xf_C(x)'=\dsum_{n\geq 1}\cos(n\theta)x^n=S_C(x)-1$. Donc $f_C'(x)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{\cos(\theta)-x}{1-2\cos(\theta)x+x^2}&\text{ si }&x\neq 0\\ &&\\ \cos(\theta)&\text{ si } &x=0. \end{array}\right.$ D'où, $$f_C(x)=f_C(0)+\int_0^x\dfrac{\cos(\theta)-t}{1-2\cos(\theta)t+t^2}\ud t=\dfrac{-1}{2}\ln\left(1-2\cos(\theta)x+x^2\right).$$
    2. $f_S=0$ si $\theta\in \pi\Z$. Supposons que $\theta\not\in \pi\Z$, alors: $$\forall x\in ]-1,1[,~~xf_S'(x)=\sum_{n\geq 1}\sin(n\theta)x^n=S_S(x)=\dfrac{x\sin(\theta)}{1-2\cos(\theta)x+x^2}.$$ D'où, $$f_S(x)=f_S(0)+\int_0^x\dfrac{\sin(\theta)}{1-2\cos(\theta)t+t^2}\ud t=\Arctan\left(\dfrac{x-\cos(\theta)}{\sin(\theta)}\right)+\Arctan\left(\dfrac{\cos(\theta)}{\sin(\theta)}\right) .$$
($\star\star\star$) Correction

Calculer le rayon et la somme de la série entière $\dsum a_n\,z^n$, où $a_n=2^n\dsp \int_0^1 t^n(1-t)^n\,\ud t$.

Correction

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*}

(Calcul!) Correction

Établir l'existence et calculer la somme:

  1. $\dsp\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n2^n},\quad\dsp\dsum_{n\geq 0}\dfrac{n}{2^n},\quad\dsp\dsum_{n\geq 0}\dfrac{n^2}{2^n}$.
  2. $\dsp\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{(3n+1)}$.
  3. $\dsp\dsum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)(2n+1)}$.
Correction

    1. $\dsp\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n2^n}$
      On sait que pour tout $x\in ]-1,1]$, on a $\ln(1+x)=\dsum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$. Pour $x=\frac{-1}{2}$, on trouve: $$\ln\left(\frac{1}{2}\right)=\dsum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{2n-1}}{n2^n}\Longrightarrow \boxed{\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n2^n}=-\ln\left(\frac{1}{2}\right)=\ln(2)}.$$
    2. $\dsp\dsum_{n\geq 0}\dfrac{n}{2^n}$,
      Pour $x\in ]-1,1[$, on a $\dsum_{n=1}^\infty nx^{n-1}=\dfrac{1}{(1-x)^2}$, Pour $x=\frac{-1}{2}$, on trouve: $$\dfrac{1}{(1-1/2)^{n-1}}=\dsum_{n=1}^\infty\frac{n}{2^{n-1}}\Longrightarrow \boxed{\dsum_{n\geq 0}\dfrac{n}{2^n}=2}.$$
    3. $\dsp\dsum_{n\geq 0}\dfrac{n^2}{2^n}$,


  1. Notons $f(x)=\dsum_{n=0}^\infty\dfrac{x^{3n+1}}{3n+1}$, le rayon de convergnce de $f$ est 1, de plus pour $x=-1$, la série numérique $\dsum_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^{3n+1}}{3n+1}$ converge, donc $f\in \CC([-1,1[)$.
    Pour tout $x\in ]-1,1[$, on a $$f'(x)=\dsum_{n\geq 0}x^{3n}=\dfrac{1}{1-x^3}\Longrightarrow f(x)=f(0)+\int_0^x\dfrac{\ud t}{1-t^3}$$ on vérifie ensuite, $$\forall x\in ]-1,1[,\quad \dfrac{1}{1-x^3}=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{x+2}{x^2+x+1}\right).$$ Ce qui donne, pour $x\in ]-1,1[$ $$\int_0^x\dfrac{\ud t}{1-t^3} = \dfrac{-1}{3}\ln(1-x)+\dfrac{1}{6}\ln(x^2+x+1)+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Arctan \left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right). $$ Par continuité de $f$ en $x=-1$, on trouve $$\begin{array}{lcl} f(-1)&=&\limiteX{x}{(-1)^+}\left(\dfrac{-1}{3}\ln(1-x)+\dfrac{1}{6}\ln(x^2+x+1)+\dfrac{1} {\sqrt{3}}\Arctan \left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)\right)\\ &=&\dfrac{-1}{3}\ln(2)+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\Arctan \left(\dfrac{-1}{\sqrt{3}}\right)=\dsum_{n\geq 0}^\infty\dfrac{(-1)^{3n+1}}{3n+1} \end{array}$$ En conclusion, $$\boxed{\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{3n+1}=\dfrac{\ln(2)}{3}+\dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}}.$$


  2. On pose $f(x)= \dsum_{n\geq 0}\dfrac{x^n}{(n+1)(2n+1)}$, $f$ est la somme d'une SE de rayon de convergence 1. De plus $f$ est définie pour $x=-1$ et $x=1$, en effet $\dsum \dfrac{1}{(n+1)(2n+1)}$ converge et $\dsum \dfrac{(-1)^n}{(n+1)(2n+1)}$ converge aussi.
    On en déduit d'après le cours que $f\in \CC([-1,1],\R)$. D'autre part, on a $$\forall x\in ]-1,1[,\,\dfrac{x^n}{(n+1)(2n+1)}=\dfrac{-x^n}{n+1}+\dfrac{2x^n}{2n+1}$$ Comme les séries entières $\dsum \dfrac{x^n}{n+1}$ et $\dsum \dfrac{x^n}{2n+1}$ ont le même rayon de convergence, on peut alors écrire, $$\forall x\in ]-1,1[,\quad f(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{-x^n}{n+1}+\dsum_{n\geq 0}\dfrac{2x^n}{2n+1}$$ En particulier, pour $x\in ]0,1[$, on écrit, $$\begin{array}{lcl} \quad f(x)&=&\dsum_{n\geq 0} \dfrac{-x^n}{n+1}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\dsum_{n\geq 0}\dfrac{2(\sqrt{x})^{2n+1}}{2n+1}\\ &=& \dfrac{\ln(1-x)}{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\ln\left(\dfrac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)\\ &=&\left(\dfrac{1+\sqrt{x}}{x}\right)\ln(1+\sqrt{x})+\left(\dfrac{1-\sqrt{x}}{x}\right)\ln(1-\sqrt{x}) \end{array}$$ Comme $\left(\dfrac{1-\sqrt{x}}{x}\right)\ln(1-\sqrt{x})\tendvers{x}{1}\,0$, et par continuité de la fonction $f$ en $1$, on trouve, $$f(1)= \limiteX{x}{1^-}\left(\dfrac{1+\sqrt{x}}{x}\right)\ln(1+\sqrt{x})+\left(\dfrac{1-\sqrt{x}}{x}\right)\ln(1-\sqrt{x})=2\ln(2).$$ Conclusion, $$\boxed{\dsum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)(2n+1)} =2\ln(2)}.$$

($\star\star$) Correction

Soit $(s_n)$ la suite définie par $s_0=s_1=1$ et $s_{n+2}=s_{n+1}+s_n,\,\,\forall n\geq 0$.

  1. Montrer que, $\forall n\in \N,\,\,s_n\leq 2^n$, en déduire que le rayon de convergence de la série $\dsum_{n\geq 0}s_nx^n$ est strictement positif.
  2. Calculer la somme $S(x)$ de la série $\dsum_{n\geq 0}s_nx^n$ pour $\abs{x}< R$ et en déduire $s_n$ et $R$.

Correction

  1. Par récurrence sur $n\in \N$. Ceci implique que le rayon de convergence $R$ de la SE $\dsum_{n\geq 0}s_nx^n$ vérifie $R\geq \dfrac{1}{2}$.
  2. On a, pour tout $n\geq 2$, $s_{n}-s_{n-1}-s_{n-2}=0$. Donc, pour tout $x\in ]-R,R[$, on a: $$\begin{array}{lcl} 0&=& \dsum_{n=2}^\infty (s_{n}-s_{n-1}-s_{n-2})x^n= \dsum_{n=2}^\infty s_{n}x^n-\dsum_{n=2}^\infty s_{n-1}x^n-\dsum_{n=2}^\infty s_{n-2}x^n\\ &&\\ &=&\dsum_{n=2}^\infty s_{n}x^n-\dsum_{n=1}^\infty s_{n}x^{n+1}-\dsum_{n=0}^\infty s_{n}x^{n+2}\\ \end{array}$$ Ce qui donne $$f(x)=\dfrac{1}{1-x-x^2}=\dfrac{1/\sqrt{5}}{(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}-x)}+\dfrac{-1/\sqrt{5}} {(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}-x)}=\dfrac{\frac{2}{\sqrt{5}(-1+\sqrt{5})}}{1-\frac{2x}{-1+\sqrt{5}}}+ \dfrac{\frac{-2}{\sqrt{5}(-1-\sqrt{5})}} {1-\frac{2x}{-1-\sqrt{5}}}$$ On en déduit que $f$ est DSE avec $R=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$, et pour tout $x\in ]-R,R[$, $$ f(x)= \frac{2}{\sqrt{5}(-1+\sqrt{5})} \sum_{n\geq 0} \left(\frac{2}{-1+\sqrt{5}}\right)^nx^n - \frac{2}{\sqrt{5}(-1-\sqrt{5})}\sum_{n\geq 0} \left(\frac{2}{-1-\sqrt{5}}\right)^nx^n $$ Ce qui donne $$\forall n\in \N,\,\boxed{ s_n = \frac{2}{\sqrt{5}(-1+\sqrt{5})} \left(\frac{2}{-1+\sqrt{5}}\right)^n - \frac{2}{\sqrt{5}(-1-\sqrt{5})} \left(\frac{2}{-1-\sqrt{5}}\right)^n}.$$

(CCP PSI) Correction

Soit $f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^2}{n^2}+\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(1-x)^2}{n^2}$.

  1. Déterminer l'ensemble de définition $\DD$ de $f$. $f$ est-elle continue sur $\DD$?
  2. Exprimer $f'$ à l'aide des fonctions usuelles, en déduire $f$, puis la valeur de $ \dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{2^nn^2}$.

Correction

  1. Posons $g(x)=\dsum_{n\geq 1} \dfrac{x^n}{n^2}$. $g$ est la somme d'une SE dont le rayon de convergence $R=1$, de plus $\dsum \frac{1}{n^2}$ est absolument convergente, donc $g$ est définie sur $[-1,1]$.
    On remarque que $f(x)=g(x)+g(1-x)$ donc $f$ est définie pour $x$ tel que $x\in [-1,1]$ et $[1-x\in [-1,1]$ soit finalement $\DD=[0,1]$. De plus $f$ est continue sur $\DD$.
  2. La fonction $g$ est de classe $\CC^\infty$ sur $]-1,1[$ et on a: $$\forall x\in ]-1,1[, \quad g'(x)=\dsum_{n=1}^\infty\frac{x^{n-1}}{n}=\dfrac{-\ln(1-x)}{x}\quad x\neq 0,\,\,\, g'(0)=1.$$ On en déduit, $$\forall x\in ]0,1[,\quad f'(x)=\frac{-1}{x}\ln(1-x)+\frac{1}{1-x}\ln(x)=\left(-\ln(x)\ln(1-x)\right)'.$$ Donc, $$\forall x\in \DD,\quad f(x)=f(0)-\ln(x)\ln(1-x)=\dfrac{\pi^2}{6}-\ln(x)\ln(1-x).$$ En particulier, pour $x=1/2$, on a: $$f\left(\frac{1}{2}\right)=2\dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^22^n}=\dfrac{\pi^2}{6}-\ln(2)^2\Rightarrow \dsum_{n\geq 1}\dfrac{1}{2^nn^2} = \dfrac{\pi^2}{12}-\dfrac{\ln(2)^2}{2}.$$

(CCP PSI) Correction

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 $S''+S'+S$)

Correction

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: $$S''+S'+S=\ee^x-1,\quad S(0)=0,\,S'(0)=0.$$ En effet, on a $$\begin{array}{lclclclclclcll} S(x)&=& && && &+&\dfrac{x^3}{3!}&& && &+&\dfrac{x^6}{6!}&+\cdots\\ S'(x)&=& && &+&\dfrac{x^2}{2!} &&&& &+& \dfrac{x^5}{5!}&&&+\cdots\\ S''(x)&=& &+& \dfrac{x^1}{1!}&+& &&&+& \dfrac{x^4}{4!}&& &&&+\dfrac{x^7}{7!}+\cdots\\ ---&------& ---&---&---&---&---&---&---&---& ---&---&--- &---&---&---\\ (S+S'+S'')(x)&=+&\dfrac{x^1}{1!} &+& \dfrac{x^2}{2!}&+& \dfrac{x^3}{3!}&+&\dfrac{x^4}{4!}&+& \dfrac{x^5}{5!}&+& \dfrac{x^6}{6!}&+&\dfrac{x^7}{7!}&+\cdots \end{array} $$ La résolution de cette équation différentielle donne: $$S(x)=\ee^{\frac{-x}{2}}\left(A\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)+B\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)\right)+\dfrac{\ee^{x}}{3}-1,\quad S(0)=0=A-\dfrac{2}{3},\quad S'(0)=0=-\dfrac{A}{2}+\dfrac{\sqrt{3}B}{2}+\dfrac{1}{3}.$$ Après calcul, on trouve: $$\forall x\in \R,\quad S(x)=\dfrac{2}{3}\ee^{-\frac{x}{2}}\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)+\dfrac{\ee^{x}}{3}-1.$$

(CCP PSI) Correction

Résoudre $\dsum_{n\geq 0}(3n+1)^2x^n=0$.

Correction

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 $\boxed{x_1=\dfrac{-13+3\sqrt{17}}{8}}$.

($\star$) Correction

Domaine de définition de $f(x)=\dsum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\dfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ puis calculer sa somme.

Correction

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 $f(x)=(x+1)\ln(x+1)-x$

($\star\star$) Correction

Rayon de convergence et somme de $S(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{nx^n}{(2n+1)!}$.

Correction

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:

  1. Pour $x>0$, on a $$\sh(\sqrt{x})=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(\sqrt{x})^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sqrt{x}\dsum_{n\geq 0}\dfrac{x^n}{(2n+1)!}.\Longrightarrow \dfrac{\sh(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{x^n}{(2n+1)!} $$ En dérivant cette relation, on trouve: $$\forall x>0,\quad \dfrac{\sqrt{x}\ch(\sqrt{x})-\sh(\sqrt{x})}{2x\sqrt{x}}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{nx^{n-1}}{(2n+1)!}\Longrightarrow S(x)=\dfrac{\sqrt{x}\ch(\sqrt{x})-\sh(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}.$$
  2. Pour $x=0$, on a $S(0)=0$.
  3. Pour $x< 0$, on a $$\sin(\sqrt{-x})=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n(\sqrt{-x})^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sqrt{-x}\dsum_{n\geq 0}\dfrac{x^n}{(2n+1)!}.\Longrightarrow \dfrac{\sin(\sqrt{-x})}{\sqrt{-x}}=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{x^n}{(2n+1)!} $$ En dérivant cette relation, on trouve: $$\forall x< 0,\quad \dfrac{\sin(\sqrt{-x})-\sqrt{-x}\cos(\sqrt{-x})}{-2x\sqrt{-x}}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{nx^{n-1}}{(2n+1)!}\Longrightarrow S(x)=\dfrac{\sqrt{-x}\cos(\sqrt{-x})-\sin(\sqrt{-x})}{2\sqrt{-x}}.$$

%Pour $x>0$, $S(x)=\dfrac{\sqrt{x}\ch (\sqrt{x})-\sh (\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}$. Conclusion, $$\boxed{ S(x)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{\sqrt{x}\ch(\sqrt{x})-\sh(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}&\text{ si }& x>0\\ 0&\text{ si }& x=0\\ \dfrac{\sqrt{-x}\cos(\sqrt{-x})-\sin(\sqrt{-x})}{2\sqrt{-x}}&\text{ si }& x< 0 \end{array}\right. }$$

($\star$) Correction

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 $x\in \R$.

Correction

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 $\boxed{S=0}$.

(CCP PSI) Correction

Domaine de convergence et somme de la série $\dsum_{n\geq 1}n^{(-1)^n}x^n$.

Correction

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, $$S(x)=\dfrac{2x^2}{(1-x^2)^2}+\dfrac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right).$$

( CCP PC 2000) Correction

Calculer les sommes des séries $\displaystyle \dsum\dfrac{n^2+3n}{2^n}$ et $\displaystyle \dsum\dfrac{n^2+(-1)^n}{3^n}$.

Correction

$\mathbf{a)\,}$ 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, $$\boxed{\sum_{n\geq 0}\dfrac{n^2+(-1)^n}{3^n}=g''(1)+g'(1)+h(1)=\dfrac{9}{4}}.$$

($\star$) Correction

Pour $n\in \N^*$, on pose $H_n=\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}$. Déterminer le rayon de convergence et la somme de $\dsum H_nx^n$.

Correction

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, $$\forall x\in ]-1,1[,~~~~\dsum_{n\geq 1}\left(\dsum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)x^n=\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}.$$

($\star\star$) Correction

On pose $f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{x^{2n+2}}{n(n+1)(2n+1)}$.

  1. Domaine de définition de $f$?
  2. Expression de $f$.

Correction

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 $\boxed{f(-1)=f(1)=-4\ln(2)+3}$.

($\star\star$) Correction

On pose $f(x)=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{\ch(n)}{n}x^n$.

  1. Domaine de définition de $f$?
  2. Expression de $f$.

Correction

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, $$\boxed{ \forall x\in \left[\frac{-1}{\ee},\frac{1}{\ee}\right[,~~f(x)=\dfrac{-1}{2} \ln(x^2-2\ch(1)x+1)}.$$

DSE

($\star\star$) Correction

Montrer que les fonctions suivantes sont développables en séries entières, puis calculer leur développement, préciser le rayon de convergence: $$ \begin{array}{ll} \mathbf{a)\,} ~~f(x)=\dfrac{x^2-x+2}{x^4-5x^2+4},~~&\mathbf{b)\,}~~f(x)=(1+x)\ln(1+x),\\ &&\\ \mathbf{c)\,}~~f(x)=\dfrac{1}{x^2-2x\cos(\theta)+1},~~\theta\in \R,&\mathbf{d)\,} ~~f(x)=\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}},\\ &&\\ \mathbf{f)\,} ~~f(x)=\ln(1+x+x^2),&\mathbf{e)\,} ~~f(x)=\dsp\int_0^x\sin(t^2)\ud t. \end{array} $$

Correction

$\mathbf{a)\,}$ 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 $\theta$.

  1. $\theta\in \R\setminus \pi\Z$.
    Dans ce cas $f$ est définie sur $\R$, de plus, on a $$\forall x\in \R,~~f(x)=\dfrac{1}{2\ii\sin(\theta)}\left(\dfrac{\ee^{\ii\theta}}{1-x\ee^{\ii\theta}}-\dfrac{\ee^{-\ii\theta}}{1-x\ee^{-\ii\theta}}\right).$$ Les fonctions $x\longmapsto \dfrac{\ee^{\mp\ii\theta}}{1-x\ee^{\mp\ii\theta}}$ admettent un DSE en 0 de rayon de convergence $1$. On en déduit que $f$ admet un DSE de rayon de convergence $\geq 1$ comme la somme de deux SE. Pour tout $x\in ]-1,1[$, $$f(x)=\dfrac{1}{2\ii\sin(\theta)}\left(\dsum_{n\geq 0}\ee^{\ii (n+1)\theta}x^n-\dsum_{n\geq 0}\ee^{-\ii (n+1)\theta}x^n\right)=\dfrac{1}{2\ii\sin(\theta)}\dsum_{n\geq 0}\left(\ee^{\ii (n+1)\theta}-\ee^{-\ii (n+1)\theta}\right)x^n.$$ En simplifiant, on obtient: $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~~f(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{\sin((n+1)\theta)}{\sin(\theta)}x^n}.$$ De plus le rayon de convergence est exactement $1$.
  2. $\theta \equiv 0[2\pi]$.
    Dans ce cas $f(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}$, donc $f$ est définie sur $\R\setminus \{1\}$ et $f$ admet un DSE de rayon de convergence 1. $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~~~f(x)=\dsum_{n\geq 1}nx^{n-1}}.$$
  3. $\theta \equiv \pi[2\pi]$.
    Dans ce cas $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)^2}$, donc $f$ est définie sur $\R\setminus \{-1\}$ et $f$ admet un DSE de rayon de convergence 1. $$\boxed{\forall x\in ]-1,1[,~~~~f(x)=\dsum_{n\geq 1}n(-1)^{n-1}x^{n-1}}.$$

Remarque : On aurait pu aussi utiliser le résultat de l'exercice ci-après. en effet, pour $x\in ]-1,1[,~~f(x)=\dfrac{S_c(x)}{1-x\cos(\theta)}$ puis on utilise le produit de Cauchy.



$\mathbf{d)\,}$ $f$ 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. $$\forall x\in \R,~~f'(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^{4n+2}}{(2n+1)!}\Longrightarrow \boxed{ \forall x\in \R,~~f(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^nx^{4n+3}}{(2n+1)!(4n+3)}}.$$

(CCP PSI 2018) Correction

Donner le développement en série entière et le rayon de convergence de la fonction $\displaystyle f:x\mapsto \dsp\int_0^x \ee^{t^2-x^2}\,\ud t.$

Correction

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 $f$.

( CCP PC 2002) Correction

Développement en série entière de $(\Arcsin x)^2$.

Correction

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 $[-1,1]$.

($\star$}) Correction

Soit $f:\R\longmapsto\R$ une fonction de classe $\CC^\infty$.

  1. Montrer que s'il existe $(a,b)\in (\R_+^*)^2$, tel que: $\dsp\forall n\in \N,~~\forall x\in ]-a,a[,~~\abs{f^{(n)}(x)}a^n\leq n! b.$ Alors $f$ est développable en série entière sur $]-a,a[$.
  2. Montrer que si $f$ et toutes ses dérivées sont positives, alors $f$ est développable en série entière avec rayon de convergence infini.

Correction

$\mathbf{1.\,}$ 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 $\infty$.

($\star$) Correction

Déterminer le développement en série entière de $f : x \mapsto \ch x \sin x$.

Correction

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, $$ \boxed{\forall x\in \R,~~\ch(x)\sin(x)=\dsum_{n\geq 0}\dfrac{2^n}{(2n+1)!}\left[\cos \frac{n\pi}{2}+\sin\frac{n\pi}{2}\right]x^{2n+1}}.$$

Divers

($\star$) Correction

Calculer le terme général de la suite $(u_n)_{n\in \N}$ définie par: $u_0=1 \text{ et pour tout }n\geq 0,~~u_{n+1}=\dsum_{k=0}^nu_ku_{n-k}.$

Correction

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, $$\forall x\in ]-1/4,1/4[,~~\sqrt{1-4x}=1-2x-2\dsum_{n\geq 2}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}x^n.$$ $$\boxed{\forall n\in \N,~~~~u_n=\dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}}.$$

(MINES PC 2004) Correction

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.

Correction

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) $\boxed{f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-2x}}}$.

(CCP PSI) Correction

On pose $f(x)=\dsum_{n\geq 0}(-1)^n\frac{{n\choose 2n}}{2n-1}x^n$.

  1. Rayon de convergence de la série? Domaine réel de convergence?
  2. Montrer que $2f=(1+4x)f'$. En déduire $f$.

Correction

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: $$\boxed{ \forall x\in ]-\frac{1}{4},\frac{1}{4}[,\quad f(x)=-\sqrt{1+4x}}.$$

(CCP MP 2001) Correction

On pose $\displaystyle u_n(x)=\dfrac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)(2n-1)}$ pour tout $n\in\N$ et pour $x\in\R$.

  1. Trouver le rayon de convergence de la série $\dsum u_n$ et le domaine de convergence.
  2. Montrer que la somme de cette série est continue sur $[0,1]$.
  3. Calculer cette somme, et en déduire $\displaystyle \dsum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{4n^2-1}$.

Correction

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)

($\star\star$) Correction

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 $(1-x)f(x)$).

Correction

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 contnue 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 $$\dfrac{-1}{2}\leq \ell \leq \dfrac{-1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}+2}$$

($\star\star$) Correction

Soit $(a_n)_n$ une suite définie par $a_0=1$ et pour $n\geq 1$, $a_n=\frac{-1}{2}\dsum_{k=1}^n\frac{a_{n-k}}{k!}$.

  1. Montrer que le rayon de convergence $R$ de $\dsum a_nz^n$ est supérieur ou égale à $1$.
  2. Montrer que pour tout $z\in \C$ tel que $\abs{z}< R$, $\dsum_{n\geq 0} a_nz^n=\dfrac{2}{1+\ee^z}$.
  3. En déduire, pour tout $x\in \R$, tel que $\abs{x}< \frac{R}{2}$, $\tan (x)=\dsum_{n\geq 0}(-1)^{n+1}a_{2n+1}2^{2n+1}x^{2n+1}$.

Correction

  1. On montre par récurrence sur $n\in \N$ que $\abs{a_n}\leq 1$. En effet, pour $n=0$ la relation est vraie. Soit $n\geq 1$ et supposons que pour tout $k\in \inter{0,n}$ la relation est vérifiée, et montrons au rang $n+1$, $$\begin{array}{lcl} \abs{a_{n+1}}&=&\dfrac{1}{2}\abs{\dsum_{k=1}^{n+1}\dfrac{a_{n-k}}{k!}}\leq \dfrac{1}{2} \dsum_{k=1}^{n+1}\dfrac{\abs{a_{n-k}}}{k!}\\ &\leq &\dfrac{1}{2}\dsum_{k\geq 1}\dfrac{1}{k!}=\dfrac{1}{2}(\ee-1)\leq 1 \end{array}$$ On en déduit alors que le rayon de convergence de $\dsum a_nz^n$ est supéieur ou égale à 1.
    on note dans la suite $g$ la somme de cette SE.
  2. La fonction $f(z)=1+\ee^z$ est DSE avec un rayon de convergence égale à $\infty$, de plus on a $f(z)=2+\dsum_{n\geq 1} +\dfrac{z^n}{n!}=\dsum_n b_nz^n$, on peut donc utiliser le résultat de cours sur le produit de Cauchy de deux SE. $$\forall z\in \C,\, \abs{z}< R,\, f(z)g(z)= \left(\dsum_{n\geq 1} -\dfrac{z^n}{n!}\right)\left(\dsum_{n\geq 0} a_nz^n\right)=\dsum_n c_nz^n$$ avec $c_0=2$ et pour tout $n\geq 1$, on a $$ c_n =\dsum_{k=0}^n b_ka_{n-k} =b_0a_n+\dsum_{k=1}^n\dfrac{a_{n-k}}{k!}=2a_n-2a_n=0.$$ Donc $f(z)g(z)=2$ sur $D(0,R)$ on obtient alors $$\forall z\in \C,\, \abs{z}< R,\quad \quad(1+\ee^z)\dsum_{n\geq 0}a_nz^n=2 $$ Remarque Ceci implique également que $R\leq 1$, en effet pour $z=\ee^{\ii \pi}$, $1+\ee^z=0$.
  3. soit $x\in \R$ tel que $2\abs{x}< R$, on a $$\dfrac{2}{1+\ee^{\ii x}}-\dfrac{2}{1+\ee^{-2\ii x}}=\dfrac{2\ee^{-\ii x}}{\ee^{-\ii x}+\ee^{\ii x}}- \dfrac{2\ee^{\ii x}}{\ee^{\ii x}+\ee^{-\ii x}}=\dfrac{-2\ii \sin(x)}{\cos(x)}$$ donc, en utilisant le résultat de la question précédente, on trouve pour $x\in ]-R/2,R/2[$, $$\begin{array}{lcl} \tan(x)&=&\dfrac{\ii}{2} \left(\dfrac{2}{1+\ee^{2\ii x}}-\dfrac{2}{1+\ee^{-2\ii x}}\right) \\ &=&\dfrac{\ii}{2}\left(\dsum_{n\geq 0} a_n2^n(\ii)^nx^n-\dsum_{n\geq 0} a_n2^n(-1)^n(\ii)^nx^n\right)\\ &=&\dfrac{\ii}{2}\dsum_{n\geq 0} a_n(1-(-1)^n)(\ii)^n2^nx^n= \ii\dsum_{n\geq 0} a_n(\ii)^{2n+1}2^{2n+1}x^{2n+1}\\ &=& \dsum_{n\geq 0} a_n(-1)^{n+1}2^{2n+1}x^{2n+1} \end{array}$$

(Mines PSI 2016) Correction

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 $I_0=1$.

  1. Montrer, pour tout entier $n\in \N$, la relation de récurrence $I_{n+2}=I_{n+1}+(n+1)I_n$.
  2. En déduire une conséquence sur le rayon de convergence de la série entière $\dsum_{n\geq 0} \frac{I_n}{n!}x^n$. On notera $S(x)$ la valeur de sa somme.
  3. Trouver une expression simple de $S(x)$ et en déduire une expression de $I_n$ sous forme d'une somme.

Correction

  1. Soit $n\in \N$, on note $\mathcal{F}=\{f:\inter{1,n+2}\longmapsto\inter{1,n+2},\, f^2=\mathrm{Id}\}$. On note $\mathcal{F}_{n+2}=\{f\in \mathcal{F},\, f(n+2)=n+2\}$ et pour $j\in \inter{1,n+1},\,\mathcal{F}_j=\{f\in \mathcal{F},\, f(n+2)=j\}$. Il est clair que $(\mathcal{F}_j)_{j\in \inter{1,n+2}}$ est une partition de $\mathcal{F}$, donc $I_{n+2}=\sharp \mathcal{F}_{n+2}+\dsum_{j=1}^{n+1}\sharp \mathcal{F}_j$.
    On a $\sharp \mathcal{F}_{n+2}=I_{n+1}$, en effet pour toute involution $\sigma $ de $\inter{1,n+1}$ on dédinit une involution $\sigma'$ de $\mathcal{F}_{n+2}$ par $\sigma'(j)=\sigma(j)$ si $j< n+2$ et $\sigma'(n+2)=n+2$.
    D'autre part, pour $j\in \inter{1,n+1},\, \sharp \mathcal{F}_j =I_n$. En effet, si $\sigma\in \mathcal{F}_j$ alors $\sigma(n+2)=j$ et aussi $\sigma(j)=n+2$ puisque $\sigma^2=\mathrm{Id}$. Donc en notant $E_{j}=\inter{1,n+1}\setminus\{j\}$, et $\alpha $ définie de $E_j$ dans $E_j$ par $\alpha (k)=\sigma (k)$, on a $\alpha$ définie une involution de $E_j$. Ceci définie une bijection entre $\mathcal{F}_j$ et l'ensemble des involutions de $E_j$,

(CCP PSI 2016) Correction

On pose $a_0=a_1=1$ et $a_{n+1}=a_n+\dfrac{a_{n-1}}{n+1}$.

  1. Montrer que, pour tout $n\in\N^*$, on a $1\leq a_n\leq n^2$.
  2. Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\dsum a_n\,x^n$.
  3. On note $f(x)=\dsum_{n=0}^{\infty} a_n\,x^n$ ; trouver une équation différentielle $(E)$ satisfaite par~$f$.
  4. Résoudre $(E)$.

Correction

  1. Par récurrence sur $n\in \N^*$.
    La relation est vraie pour $n=1$ et $n=2$ puisque $a_1=1$ et $a_2=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$.
    Soit $n\in \N,\, n\geq 2$, supposons que la relation est vraie au rang $n$ et $n-1$, et montrons la au rang $n+1$. On a $$\begin{array}{lcl} a_{n+1} &=& a_n+\dfrac{a_{n-1}}{n+1}\\ &\leq& n^2 + \dfrac{(n-1)^2}{n+1} = n^2+\dfrac{(n+1)^2-4n}{n+1}\\ &=& n^2+n+1 -\dfrac{4n}{n+1} \leq n^2+2n+1=(n+1)^2. \end{array}$$ D'autre part, $$a_{n+1} =a_n+\dfrac{a_{n-1}}{n+1}\geq 1+\dfrac{1}{n+1}\geq 1$$ Ceci prouve que la relation est vraie au rang $n+1$.
  2. Les deux séries $\dsum z^n$ et $\dsum n^2 z^n$ ont un rayon de convergence $1$. Donc le rayon de convergence de $\dsum a_nz^n$ est égale à $1$, grâce à l'encadrement précédent.
  3. Soit $x\in ]-1,1[$, on a $$\begin{array}{lcl} f'(x)&=& \dsum_{n\geq 0} (n+1)a_{n+1}x^n =a_1+\sum_{n\geq 1}((n+1)a_n+a_{n-1})x^n\\ &=& 1+\sum_{n\geq 1}na_nx^n+\sum_{n\geq 1}a_nx^n+\sum_{n\geq 1}a_{n-1}x^n\\ &=& f(x)+xf'(x)+xf(x) \end{array}$$ On en déduit alors que $f$ vérifie l'équation différentielle suivante \begin{equation*} \forall x\in ]-1,1,\quad (x-1)\,f'(x)+(x+1)\,f(x)=0,\quad \text{ et } f(0)=1. \end{equation*} On en déduit $f(x)=\dfrac{\ee^{-x}}{(1-x)^2}$
  4. On peut alors avoir une expression des $a_n$ en faisant le DSE de $x\mapsto\dfrac{\ee^{-x}}{(1-x)^2}$ (produit de Cauchy de deux séries entières).
    Pour $x\in ]-1,1[$, on a $$\begin{array}{lcl} f(x)&=&\dfrac{\ee^{-x}}{(1-x)^2}=\left(\dsum_{n\geq 0}\dfrac{(-1)^n}{n!}x^n\right)\left(\dsum_{n\geq 0}(n+1)x^n\right)\\ &=& \dsum_{n\geq 0}\left(\dsum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k (n-k+1)}{k!}\right)x^n \end{array}$$ On en déduit $$\boxed{\forall n\in \N,\, a_n= \dsum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k (n-k+1)}{k!}}.$$

(CCP PSI 2015) Correction

Soient $d_0=1,\,d_1=\frac{1}{2}$ et $d_n=\begin{vmatrix} \frac{n}{n+1}&\sqrt{\frac{1}{n+1}}&0&\cdots&0\\ -\sqrt{\frac{1}{n+1}}&\frac{n-1}{n}&\sqrt{\frac{1}{n}}&\ddots&\vdots\\ 0&-\sqrt{\frac{1}{n}}&\ddots&\ddots&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\sqrt{\frac{1}{3}}\\ 0&\cdots&0&-\sqrt{\frac{1}{3}}&\frac{1}{2} \end{vmatrix}$.

  1. Calculer $d_2,\,d_3$ puis montrer que, pour $n\geq 2$, $(n+1)d_n=nd_{n-1}+d_{n-2}$.
  2. Montrer que $\abs{d_n}\leq 1$. Que dire du rayon de convergence de $S(x)=\dsum_n d_nx^{n+1}$?
  3. Donner une éq. diff vérifiée par $S$. Montrer que $S(x)=\dfrac{1-\ee^{-x}}{1-x}$.
  4. Exprimer $d_n$ en fonction de $n$.

Correction

  1. Soit $n\geq 2$, en développant $d_n$ par rapport à la première colonne, on trouve: $$\begin{array}{lcl} d_{n}&=&\dfrac{n}{n+1}\begin{vmatrix} \frac{n-1}{n}&\sqrt{\frac{1}{n}}&0&\cdots&0\\ -\sqrt{\frac{1}{n}}&\frac{n-2}{n-1}&\sqrt{\frac{1}{n-1}}&\ddots&\vdots\\ 0&-\sqrt{\frac{1}{n-1}}&\ddots&\ddots&0\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\sqrt{\frac{1}{3}}\\ 0&\cdots&0&-\sqrt{\frac{1}{3}}&\frac{1}{2} \end{vmatrix} \\ &&\\ && + \sqrt{\frac{1}{n+1}}\begin{vmatrix} \sqrt{\frac{1}{n+1}}&0&\cdots&&0\\ -\sqrt{\frac{1}{n}}&\dfrac{n-2}{n-1}&\sqrt{\frac{1}{n}}&\ddots&&0\\ 0 &-\sqrt{\frac{1}{n-1}}&\dfrac{n-3}{n-2}&\sqrt{\frac{1}{n-1}}&&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&&0\\ && &&&\\ &&&&&\sqrt{\frac{1}{3}}\\ 0&\cdots&0&&-\sqrt{\frac{1}{3}}&\frac{1}{2} \end{vmatrix}\\ &&\\ &=&\dfrac{n}{n+1}d_{n-1}+\dfrac{1}{n+1}d_{n-2} \end{array}$$
  2. Par récurrence, on montre que $\abs{d_n}\leq 1$, ce qui implique que le rayon de convergence de la série entière $\dsum d_nx^{n+1}$ est supérieur où égale à $1$.
  3. Soit $x\in ]-R,R[$ ($R\geq 1$ étant le rayon de convergence de $\dsum d_n x^{n+1}$), on a $$\begin{array}{lcl} S'(x)&=&\dsum_{n=0}^\infty (n+1)d_n x^n =d_0+2d_1x+\dsum_{n=2}^\infty (n+1)d_n x^n\\ &=&1+x+\dsum_{n=2}^\infty \left(nd_{n-1}+d_{n-1}\right) x^n\\ &=&1+x+\dsum_{n=1}^\infty (n+1)d_{n}x^{n+1}+\dsum_{n=0}^\infty d_{n} x^{n+2}\\ &=& 1+x+x(S'(x)-1)+xS(x) \end{array}$$ On en déduit que $S$ vérifie l'équation différentielles suivante: $$\forall x\in ]-R,R[\cap ]-1,1[,\quad (1-x)S'(x)-xS(x)=1,\quad \text{ et } S(0)=0.$$ La résolution de cette éq. diff (solution particulier $f(x)=\dfrac{1}{1-x}$ et solution de l'équation homogène $f(x)=K\dfrac{\ee^{-x}}{1-x}$), donne $$\forall x\in ]-1,1[,\quad S(x)=\dfrac{1-\ee^{-x}}{1-x}.$$
  4. La fonction $x\mapsto 1-\ee^{-x}$ est DSE avec $R_c=\infty$, la fonction $x\longmapsto \dfrac{1}{1-x}$ est également DSE avec $R_c=1$, de plus, on a $$\forall x\in ]-1,1[,\quad \dfrac{1}{1-x}=\dsum_{n\geq 0}x^n,\,\, 1-\ee^{-x}=\dsum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^{n+1}x^n}{n!}.$$ On en déduit que $S$ est DSE avec $R=1$, et $$\forall x\in ]-1,1[,\,S(x)=\dsum_{n=1}^\infty d_{n-1}x^n= \dsum_{n=1}^\infty \left(\dsum_{k=1}^n\dfrac{(-1)^{k+1}}{k!}\right)x^n$$ On en déduit alors, $$\boxed{ \forall n\geq 1,\, d_n=\dsum_{k=1}^{n+1}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k!}}.$$

(ICNA MP 2002) Correction

On pose $g(x)=\dsum\limits_{n=1}^{\infty}\ln(n) \;x^n$.

  1. Domaine de définition de $g$ ?
  2. Donner un équivalent de $g$ en $1^-$.
Indication: considérer $(1-x)\,g(x)$.

Correction

  1. Le rayon de convergence $R=1$ ( en utilisant la règle d'Alembert), donc $g$ est définie sur $]-1,1[$, de plus $\dsum_{n\geq 1}(-1)^n\ln(n)$ diverge (resp. $\dsum_{n\geq 1}\ln(n)$ diverge) donc $g$ est définie sur $]-1,1[$.
  2. On a : $$ \forall x\in ]-1,1[,~~(1-x)\,g(x)=\dsum_{n=2}^\infty \left(\ln(n)-\ln(n-1)\right)\,x^n = \dsum_{n=2}^{\infty} a_n\,x^n.$$ Puisque $a_n\sim 1/n$, on sait que cette série va être de rayon~$1$ et diverger en~$1$. Une comparaison série intégrale, ou une égalité des accroissements finis, montre que $$\dfrac{1}{n}\leq a_n\leq \dfrac{1}{n-1},$$ ce qui, injecté dans l'expression précédente, donne $$-\ln(1-x)-1\leq (1-x)\,g(x)\leq -x\ln(1-x),$$ soit, $$\boxed{g(x)\underset{x\to 1^-}{\sim} \dfrac{\ln(1-x)}{x-1}}.$$

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, $$\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}-\dfrac{1}{1-x}\leq g(x)\leq \dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}+\ln(1-x)$$

(CCINP 2019) Correction

  1. Quel est le rayon de convergence de ${\displaystyle \sum \ln(n)x^n }$ ? On note $g$ sa somme.
  2. Soit $x\in]-1,1[$. Montrer que $\displaystyle (x-1)g(x)=\sum_{n=2}^{+\infty} \ln\left( 1-\frac{1}{n} \right)x^n $.
  3. En remarquant que $\displaystyle \ln\left( \frac{n}{n-1} \right)=\int_{n-1}^n \frac{\mathrm{d}x}{x} $, déterminer un encadrement de $(x-1)g(x)$ pour $x\ge0$. En déduire un équivalent de $(x-1)g(x)$ quand $x\rightarrow1$.

Correction

  1. Le rayon de convergence $R=1$ ( en utilisant la règle d'Alembert), donc $g$ est définie sur $]-1,1[$, de plus $\dsum_{n\geq 1}(-1)^n\ln(n)$ diverge (resp. $\dsum_{n\geq 1}\ln(n)$ diverge) donc $g$ est définie sur $]-1,1[$.
  2. On a : $$ \forall x\in ]-1,1[,~~(x-1)\,g(x)=\dsum_{n=2}^\infty \left(\ln(n-1)-\ln(n)\right)\,x^n = \dsum_{n=2}^\infty \left(\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)\right)\,x^n$$
  3. Soit $n\geq 2$, on a $\dsp\int_{n-1}^n\dfrac{\ud t}{t}=(\ln(n)-\ln(n-1))=\ln\left(\frac{n}{n-1}\right).$, On en déduit, $$\forall n\geq 2,\quad \dfrac{-1}{n-1}\leq \ln\left(1-\frac{1}{n}\right)=-\int_{n-1}^n\dfrac{\ud t} {t}\leq \dfrac{-1}{n}$$ ce qui donne pour $x\in ]0,1[$, $$\dsum_{n\geq 2}\dfrac{-x^n}{n-1}\leq (x-1)g(x)\leq \dsum_{n\geq 2}\dfrac{-x^n}{n}$$ en utilisant le DSE de $\ln(1-x)$, on trouve $$\forall x\in ]0,1[,\quad x\ln(1-x)\leq (x-1)g(x)\leq \ln(1-x)+1$$ soit finalement $$\boxed{g(x)\underset{x\to 1^-}{\sim} \dfrac{\ln(1-x)}{x-1}}.$$