3 Séries entières ; solutions PSI* - 2012-2013

−−−−−−−−−−−−−−−−−−

1 Rayon de convergence et sommation de séries entières :

1.1 Etudes de convergence et de sommes de séries :

Déterminer le rayon de convergence des séries entières suivantes :

1-∑ xn

nn

2-∑(

2n

n

)x2n

3- S(x) =∞∑

n=0

πn xn où πn désigne la ne décimale du nombre π

π0 = 3, π1 = 1, π2 = 4, π3 = 1, π4 = 5, π5 = 9 etc ......Donner 2 valeurs du réel x pour lesquelles on peut calculer exactement S(x).

4- Rayon de convergence et calcul de la somme S4(x) =∞∑

n=1

an xn où an =1

1 + 2 + 3 + ... + n

5- Rayon de convergence et calcul de la somme S5(x) =∞∑

n=1

un xn où un = 1 +12

+13

+14

+ ... +1n

6- Rayon de convergence et calcul de S(x) =+∞∑n=1

cos(

2nπ3

)n

xn

7- Rayon de convergence et calcul de S(x) =+∞∑n=0

xn

(2n)!

8- Domaine de convergence et calcul de S(x) =∞∑

n=0

cos(nθ)n!

xn

9- Domaine de convergence et calcul de S(x) =∞∑

n=1

sin(nθ)n

xn et T (x) =∞∑

n=1

cos(nθ)n

xn

10- Domaine de convergence et calcul de S(x) =∞∑

n=1

(n! + 2!)(n + 2)!

xn

SOLUTIONS :

1- Notons ∀n ∈ N, an =1nn

an+1

an=

nn

(n + 1)n+1=

1(n + 1)

(1 + 1

n

)n n→∞∼ 1n.e

(puisque limn→+∞

(1 + 1

n

)n = e)

donc limn→+∞

an+1

an= 0 et R = +∞.

2- Pour x ∈ C∗ et n ∈ N notons un =(

2n

n

)x2n

un+1

un=

(2n+2n+1

)(2nn

) x2 =(2n+2)!(n+1)!2

(2n)!n!n!

x2 =(2n + 1)(2n + 2)

(n + 1)2x2 =

2(2n + 1)n + 1

x2 n→∞−→ 4x2

Si 4x2 > 1 (⇐⇒ |x| > 12 ) la série

∑un diverge, d'après le critère de d'Alembert.

Si 4x2 < 1 (⇐⇒ |x| < 12 ) la série

∑un converge, d'après le critère de d'Alembert.

Donc le rayon de convergence est R = 12

3- ∀n ∈ N, 0 ≤ πn ≤ 9, donc, pour tout x, |πnxn| ≤ 9|x|nCette dernière série majorante est une série géométrique de raison |x| qui converge si |x| < 1. Par

majoration, la série∑

πnxn converge aussi lorsque |x| < 1. Donc R ≥ 1.Pour x = 1, la série entière est la série

∑πn, qui diverge grossièrement puisque la suite (πn) ne converge

pas vers 0, le nombre π ayant un nombre in�ni de décimales non nulles. Donc R ≤ 1.Et �nalement, R = 1.

• Pour x = 0, S(0) = π0 = 3.

Pour x = 110 , S( 1

10 ) = a0 + a110 + a2

102 + a3103 + ... =

∞∑n=0

πn

10n= π

1

4- ∀n ∈ N, 1 + 2 + 3 + .. + n =n(n + 1)

2donc an =

2n(n + 1)

= 2(n + 1)− n

n(n + 1)=

2n− 2

n + 1donc lim

n→+∞

an+1

an= 1 et R = 1

1 = 1.

La série converge absolument aux bornes −1 et 1.

• ∀x ∈ [−1, 1], S4(x) = 2∞∑

n=1

(xn

n− xn

n + 1

)

- Si x = 1,

p∑n=1

1n− 1

n + 1= 1− 1

p + 1et en passant à la limite quand p → +∞, S(1) = 2.

- Si x ∈ [−1, 1[, on peut séparer la série en deux séries convergentes :

S4(x) = 2∞∑

n=1

xn

n− 2

∞∑n=1

xn

n + 1= 2

∞∑n=1

xn

n− 2

x

∞∑n=2

xn

n(chgmnt d'indice n′ = n + 1 dans la 2e somme)

∀x ∈ [−1, 1[, S4(x) = −2 ln(1− x)− 2x

(− ln(1− x)− x) =2(1− x)

xln(1− x) + 2

5- ∀n ∈ N∗,un+1

un=

1 + 12 + ... + 1

n + 1n+1

1 + 12 + ... + 1

n

= 1 +1

(n + 1)(1 + 12 + ... + 1

n )n→∞−→ 1

donc R = 11 = 1. (critère de d'Alembert)

• Considérons la suite (an)n≥0 dé�nie par : ∀n ∈ N, an = 1et la suite (bn)n≥0 dé�nie par : b0 = 0 et ∀n ∈ N∗, bn = 1

nLeur produite de Cauchy est la suite (cn)n≥0 dé�nie par :

c0 = a0b0 = 0c1 = a0b1 + a1b0 = 1c2 = a0b2 + a1b1 + a2b0 = 1 + 1

2...

∀n ∈ N, cn =n∑

k=0

an−kbk =n∑

k=1

an−k︸ ︷︷ ︸=1

bk︸︷︷︸= 1

k

=n∑

k=1

1k

= un

La série entière∑

anxn a pour rayon de convergence 1, et ∀x ∈]− 1, 1[,∞∑

n=0

anxn =∞∑

n=0

xn =1

1− x

La série entière∑

bnxn a pour rayon de convergence 1, et ∀x ∈]− 1, 1[,∞∑

n=0

bnxn =∞∑

n=1

xn

n= − ln(1− x)

d'après le théorème sur le produit de Cauchy de séries entières, on peut a�rmer que :

∀x ∈]− 1, 1[,∞∑

n=0

cnxn =

( ∞∑n=0

anxn

)( ∞∑n=0

bnxn

)= − ln(1− x)

1− x

donc ∀x ∈]− 1, 1[, S5(x) =∞∑

n=1

unxn = − ln(1− x)1− x

6- S(x) = −12

ln(x2 + x + 1)

7 - R = +∞ (immédiat par le critère de d'Alembert)

• Si x > 0, x = (√

x)2 et S(x) =+∞∑n=0

√x

2n

(2n)!= ch(

√x)

• Si x < 0, x = −(√−x)2 et S(x) =

+∞∑n=0

((−√−x)2

)n(2n)!

=+∞∑n=0

(−1)n(√−x)2n

(2n)!= cos(

√−x)

8- Pour tout x ∈ R,

∣∣∣∣cos(nθ)n!

xn

∣∣∣∣ ≤ |x|n

n!donc la série converge pour tout x ∈ R.

∀x ∈ R, S(x) =12

∞∑n=0

einθ + e−inθ

n!xn =

12

∞∑n=0

(eiθx)n

n!+

12

∞∑n=0

(e−iθx)n

n!(les deux séries convergent)

S(x) =12(exp(xeiθ) + exp(xe−iθ)) =

12(ex cos θ+ix sin θ + ex cos θ−ix sin θ)

S(x) =ex cos θ

2(eix sin θ + e−ix sin θ) = ex cos θ cos(ex sin θ)

Finalement, ∀x ∈ R,∞∑

n=0

cos(nθ)n!

xn = ex cos θ cos(ex sin θ)

Remarque : ce même calcul montre aussi que :

2

∀x ∈ R,∞∑

n=0

sin(nθ)n!

xn = ex cos θ sin(ex sin θ)

9- • La série dérivée,∑

sin(nθ)xn−1, a un rayon de convergence ≥ 1 puisque∣∣sin(nθ)xn−1

∣∣ ≤ |x|n−1

Mais elle ne converge pas pour x = 1 (divergence grossière sauf si n = 0[π]). Donc son rayon de convergenceest 1.

Il en va de même de la série de départ.

∀x ∈]− 1, 1[, S′(x) =∞∑

n=1

sin(nθ)xn−1 =∞∑

n=1

einθ − e−inθ

2ixn−1

S′(x) =12i

(eiθ

∞∑n=1

(xeiθ)n−1 − e−iθ∞∑

n=1

(xe−iθ)n−1

)

=12i

(eiθ

∞∑n=0

(xeiθ)n − e−iθ∞∑

n=0

(xe−iθ)n

)S′(x) =

12i

(eiθ

1− xeiθ− e−iθ

1− xe−iθ

)S′(x) =

12i

eiθ − e−iθ

x2 − 2x cos θ + 1=

sin θ

(x− cos θ)2 + sin2 θ

∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = S(0) +∫ x

0

S′(t)dt = 0 +[Arctan

(t− cos θ

sin θ

)]x

0

S(x) = Arctan

(x− cos θ

sin θ

)−Arctan

(− cos θ

sin θ

)= Arctan

(x− cos θ

sin θ

)+ Arctan

(cos θ

sin θ

)S(x) = Arctan

(x− cos θ

sin θ

)+ Arctan

(tan(

π

2− θ)

)On peut se ramener au cas où θ ∈]− π, π[ et, par imparité, au cas où θ ∈ [0, π[.Alors π

2 − θ ∈]− π2 , π

2 [ et Arctan(tan(π

2 − θ))

= π2 − θ

et �nalement, S(x) = Arctan

(x− cos θ

sin θ

)+

π

2− θ

∀x ∈]− 1, 1[,∞∑

n=1

sin(nθ)n

xn = Arctan

(x− cos θ

sin θ

)+

π

2− θ

• Calcul analogue pour l'autre série :

∀x ∈]− 1, 1[, T ′(x) =∞∑

n=1

cos(nθ)xn−1 =∞∑

n=1

einθ + e−inθ

2xn−1

T ′(x) =12

(eiθ

∞∑n=1

(xeiθ)n−1 + e−iθ∞∑

n=1

(xe−iθ)n−1

)T ′(x) =

12

(eiθ

1− xeiθ+

e−iθ

1− xe−iθ

)T ′(x) =

12

eiθ + e−iθ − 2x

x2 − 2x cos θ + 1=

cos θ − x

x2 − 2x cos θ + 1

∀x ∈]− 1, 1[, T (x) = T (0) +∫ x

0

T ′(t)dt = 0− 12[ln(t2 − 2t cos θ + 1)

]x0

T (x) = −12

ln(x2 − 2x cos θ + 1)

∀x ∈]− 1, 1[,∞∑

n=1

cos(nθ)n

xn = −12

ln(x2 − 2x cos θ + 1)

10- S(x) =∞∑

n=0

(n! + 2!)(n + 2)!

xn

an+1

an=

(n + 1)! + 2(n + 3)!

× (n + 2)!(n! + 2!)

∼n→+∞

(n + 2)(n + 1)(n + 3)(n + 2)

−−−−−→n→+∞

1 Donc R = 11 = 1

• ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) =∞∑

n=0

n!(n + 2)!

xn +∞∑

n=0

2(n + 2)!

xn =∞∑

n=0

xn

(n + 1)(n + 2)+ 2

∞∑n=0

xn

(n + 2)!

S(x) =∞∑

n=0

(1

n + 1− 1

n + 2

)xn +

2x2

∞∑n=0

xn+2

(n + 2)!

S(x) =∞∑

n=0

xn

n + 1−

∞∑n=0

xn

n + 2+

2x2

∞∑n=2

xn

n!

S(x) =1x

∞∑n=0

xn+1

n + 1− 1

x2

∞∑n=0

xn+2

n + 2+

2x2

(ex − 1− x)

3

S(x) =1x

∞∑n=1

xn

n− 1

x2

∞∑n=2

xn

n+

2x2

(ex − 1− x)

S(x) =−1x

ln(1− x)− 1x2

(− ln(1− x)− x) +2x2

(ex − 1− x)

S(x) =(

1x2

− 1x

)ln(1− x) +

1x

+2x2

(ex − 1− x)

1.2 Rayons de convergence :

Soit∑

anxn une série entière de rayon de convergence Ra �ni non nul.

Que peut on dire des rayons de convergence des séries entières suivantes :∑anx2n,

∑a2

nxn,∑

a2nxn ,∑ an

n!xn ,

∑1

anxn (en supposant de plus que ∀n ∈ N, an 6= 0)

SOLUTION :

• anx2n = an(x2)n, série qui converge absolument si |x2| < R (⇐⇒ |x| <√

R) , et diverge grossièrement si|x2| > R (⇐⇒ |x| >

√R)

donc R1 =√

R

• Soit x > 0 . a2nxn = (an

√|x|)2 −−−−−→

n→+∞0 si

√|x| < R donc R2 > R d'après le lemme d'Abel.

a2nxn = (an

√|x|)2 ne tend pas vers 0 si

√|x| > R (divergence grossière de la série)

donc R2 = R2

• Soit x > 0 . a2nxn = a2n(√|x|)2n , série qui converge si

√|x| < R , comme extraite d'une série

∑anxn

absolument coonvergente.donc R3 > R2

• Soit 0 < r < R. La série∑

anrn converge, donc la suite (anrn) est bornée (car convergente de limite nulle)∃M ∈ R+,∀n ∈ N, |anrn| 6 M donc |an| 6 M

rn

alors, ∀x ∈ R,∣∣an

n! xn∣∣ 6 M

n!

∣∣xr

∣∣n et cette dernière série exponentielle converge pour tout x ∈ R.donc R4 = +∞

• Si 0 < |x| < R, la série∑

an|x|n converge, donc lim an|x|n = 0, donc la suite 1an

(1x

)nne tend pas vers 0 et

la série∑

1an

(1x

)nne converge pas. Ceci lorsque 0 < |x| < R, c'est à dire si 1

R < 1|x|

donc R5 6 1R

2 Convergence et sommation de séries entières :

2.1 Equation :

Résoudre dans R l'équation

∞∑n=0

(3n2 + 9n + 4)xn = 0

SOLUTION :

La série entière

∞∑n=0

(3n2 +9n+4)xn = 0 a pour rayon de convergence 1 (critère de d'Alembert). Elle diverge

grossièrement en 1 et -1.

Rappelons que : ∀x ∈]− 1, 1[,1

1− x=

∞∑n=0

xn et, par dérivation (justi�er...) :

∀x ∈]− 1, 1[,1

(1− x)2=

∞∑n=0,1

nxn−1 =∞∑

n=0

(n + 1)xn et

2(1− x)3

=∞∑

n=0,1,2

n(n− 1)xn−2 =∞∑

n=0

(n + 2)(n + 1)xn

Décomposons le polynôme 3X2 + 9X + 4 sur la base (1, X + 1, (X + 1)(X + 2)) de R2[X] :3X2 + 9X + 4 = 3(X + 1)(X + 2)− 2

Donc, si |x| < 1,∞∑

n=0

(3n2 + 9n + 4)xn =∞∑

n=0

((3(n + 1)(n + 2)− 2

)xn = 3

∞∑n=0

(n + 2)(n + 1)xn − 2∞∑

n=0

xn

∞∑n=0

(3n2 + 9n + 4)xn =6

(1− x)3− 2

(1− x)=

6− 2(1− x)2

(1− x)3=−2x2 + 4x + 4

(1− x)3

d'où :

∞∑n=0

(3n2 + 9n + 4)xn = 0 ⇐⇒ |x| < 1 et −2x2 + 4x + 4 = 0

4

⇐⇒ |x| < 1 et x2 − 2x− 2 = 0⇐⇒ |x| < 1 et x = 1 +

√3 ou x = 1−

√3

Finalement, l'équation

∞∑n=0

(3n2 + 9n + 4)xn = 0 a pour unique solution 1−√

3.

2.2 Calcul d'une somme :

Soit (un) la suite dé�nie par :

u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 =n∑

k=0

ukun−k

1- A l'aide de MAPLE, calculer les 10 premiers termes de la suite (un)

2- En introduisant la série entière

∞∑n=0

unxn, calculer une expression de un pour n entier quelconque.

Véri�er avec MAPLE que sur les 10 premier termes de la suite, la formule obtenue donne le même résultatque les 10 termes déja calculés.SOLUTION :

1- >u[0]:=1;for n from 0 to 9 do u[n+1]:=add(u[k]*u[n-k],k=0..n) od;on obtient en particulier :

u1 = 1u2 = 2u3 = 5u4 = 14 ........ u10 = 16796

2- Supposons que la série entière

∞∑n=0

unxn ait un rayon de convergence R non nul et posons :

∀x ∈]−R,R[, S(x) =∞∑

n=0

unxn

Soit

∞∑n=0

cnxn la série entière produit de Cauchy de

∞∑n=0

unxn par elle même :

c0 = u0u0 = 1c1 = u0u1 + u1u0 = 2c2 = u0u2 + u1u1 + u2u0 = 5...

∀n ∈ N, cn =n∑

k=0

ukun−k = un+1

On sait que la série produit a un rayon de convergence supérieur ou égal au minimum des rayons des deuxséries entières dont elle est le produit, et que si |x| est strictement inférieur à ce plus petit rayon, alors

∞∑n=0

cnxn =

( ∞∑n=0

unxn

)( ∞∑n=0

vnxn

)

Donc, ∀x ∈]−R,R[,∞∑

n=0

cnxn =

( ∞∑n=0

unxn

)2

=⇒ ∀x ∈]−R,R[,∞∑

n=0

un+1xn =

( ∞∑n=0

unxn

)2

= S2(x)

=⇒ ∀x ∈]−R,R[,∞∑

n=0

un+1xn+1 = xS2(x) ( en multipliant par x )

=⇒ ∀x ∈]−R,R[, S(x)− u0 = xS2(x)=⇒ ∀x ∈]−R,R[, xS2(x)− S(x) + 1 = 0Pour tout ∀x ∈]−R,R[, S(x) est racine du polynôme du second degré xY 2 − Y + 1 = 0

Son discriminant, ∆ = 1− 4x est positif si et seulement si x ≤ 14

donc, ∀x ∈]−R,R[∩]−∞, 14 ]− {0}, S(x) =

1 +√

1− 4x

2xou S(x) =

1−√

1− 4x

2x

Il se peut à priori que pour certains x, on ait S(x) =1 +

√1− 4x

2x

et que pour d'autres, on ait S(x) =1−

√1− 4x

2xMais alors la fonction S serait discontinue.

5

donc, soit ∀x ∈]−R,R[∩]−∞, 14 ]− {0}, S(x) =

1 +√

1− 4x

2x,

soit ∀x ∈]−R,R[∩]−∞, 14 ]− {0}, S(x) =

1−√

1− 4x

2xOr une série entière est continue sur son intervalle ouvert de convergence et en particulier au point 0.

La première formule, qui entraine que S(x) x→0∼ 1xest donc impossible.

Donc, ∀x ∈]−R,R[∩]−∞, 14 ]− {0}, S(x) =

1−√

1− 4x

2x

• Développons alors en série entière la fonction obtenue :

on sait que ∀α ∈ R,∀u ∈]− 1, 1[, (1 + u)α = 1 +∞∑

n=1

α(α− 1)...(α− n + 1)n!

un

donc ∀u ∈]− 1, 1[,√

1 + u = (1 + u)12 = 1 +

∞∑n=1

12 ( 1

2 − 1)...( 12 − n + 1)

n!un

∀u ∈]− 1, 1[,√

1 + u = 1 +∞∑

n=1

12 (−1

2 )(−32 )...(−2n+3

2 )n!

un = 1 +∞∑

n=1

(−1)n−1 1.3.5. ... (2n− 3)2nn!

un

en multipliant numérateur et dénominateur par 2.4.6 ... (2n− 2) = 2n−1(n− 1)!, on obtient :

∀u ∈]− 1, 1[,√

1 + u = 1 +∞∑

n=1

(−1)n−1 (2n− 2)!22n−1n!(n− 1)!

un

en remplaçant u par −4x, on obtient :

∀u ∈]− 14 , 1

4 [,√

1− 4x = 1 +∞∑

n=1

(−1)n−1 (2n− 2)!22n−1n!(n− 1)!

(−4x)n = 1− 2∞∑

n=1

(2n− 2)!n!(n− 1)!

xn

donc, ∀x ∈]−R,R[∩]− 14 , 1

4 [−{0}, S(x) =1−

√1− 4x

2x=

22x

∞∑n=1

(2n− 2)!n!(n− 1)!

xn =∞∑

n=0

(2n)!(n + 1)! n!

xn

Par unicité des coe�cients d'une série entière de rayon non nul, on en déduit que :

∀n ∈ N, un =(2n)!

(n + 1)! n!xn

On peut véri�er ce résultat sur les premiers termes de la suite par :>for n from 0 to 10 do v[n]:=(2*n)!/n!/(n+1)! od;

• Il reste à s'a�ranchir de l'hypothèse faite en début de calcul et non encore démontrée; hypothèse selon laquelleR > 0.

On peut penser à démontrer que pour tout n, un ≤ 4n, propriété satisfaite par la suite (vn). Mais l'héréditén'est pas aisée à prouver.

Considérons plutôt la série entière T (x) =∞∑

n=0

vnxn où ∀n ∈ N, vn =(2n)!

(n + 1)! n!de rayon R′ = 1

4

Le calcul précédent montre que ∀x ∈]− 14 , 1

4 [, T (x) =1−

√1− 4x

2xet donc que sT 2(x)− T (x) + 1 = 0

L'égalité sT 2(x) = T (x)− 1, en développant T 2(x) par une série produit, montre alors que

v0 = 1 et ∀n ∈ N, vn+1 =n∑

k=0

vkvn−k

de là, il s'ensuit par récurrence que pour tout n ∈ N, un = vn =(2n)!

(n + 1)! n!

2.3 Suite récurrente, série entière et équation di�érentielle :

Soit (an) la suite dé�nie par a0 = a1 = 1 et par la relation de récurrence :

∀n ∈ N, an+2 = an+1 +an

n + 2

a) Etudier la limite de la suite (an).b) Montrer que le rayon de convergence de la série entière

∑anxn n'est pas nul et calculer la somme

S(x) =∞∑

n=0

anxn . (on pourra utiliser une équation di�érentielle)

En déduire que an =n∑

k=0

(−1)k

k!(n− k + 1) et un équivalent de an quand n → +∞

SOLUTION :

a) Par les conditions initiales a0 = a1 = 1 > 0 et la relation de récurrence, il est immédiat que ∀n ∈ N, an > 0.

6

de plus ∀n ∈ N, an+2 − an+1 =an

n + 2> 0, la suite (an) est strictment croissante à partir du rang 2.

dès lors an+2 − an+1 =an

n + 2≥ a1

n + 2=

1n + 2

La série∑

1n+2 étant une série divergente, par minoration, la série

∑(an+2 − an+1) l'est aussi.

La suite (an) est donc divergente et limn→+∞

an = +∞

b) Les termes de la suite étant tous > 0, la relation an+2 = an+1 +an

n + 2entraîne que

an+2

an+1= 1 +

an

(n + 2)an+1

or 0 <an

(n + 2)an+1≤ 1

n + 2(puisque an < an+1)

donc par encadrement, limn→+∞

an

(n + 2)an+1= 0 et lim

n→+∞

an+2

an+1= 1

On en conclut par le critère de d'Alembert adapté aux séries entières que le rayon de convergence de∑

anxn

est R = 11 = 1.

• ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) =∞∑

n=0

anxn = a0 + a1x +∞∑

n=2

anxn

S(x) = a0 + a1x +∞∑

n=0

an+2 xn+2 = a0 + a1x +∞∑

n=0

(an+1 +

an

n + 2

)xn+2

S(x) = a0 + a1x +∞∑

n=0

an+1 xn+2 +∞∑

n=0

an

n + 2xn+2

S(x) = a0 + a1x + x∞∑

n=0

an+1 xn+1 +∞∑

n=0

an

n + 2xn+2 = a0 + a1x + x(S(x)− a0) +

∞∑n=0

an

n + 2xn+2

Par application du théorème de dérivation terme à terme des séries entières sur l'intervalle ouvert de con-vergence,

∀x ∈]− 1, 1[, S′(x) = a1 + S(x)− a0 + xS′(x) +∞∑

n=0

anxn+1

S′(x) = S(x) + xS′(x) + xS(x) (puisque a0 = a1 = 1 )La fonction S est donc solution sur l'intervalle ]−1, 1[ de l'équation di�érentielle (E) : (x−1)y′+(x+1)y = 0La solution générale de l'équation linéaire (E) est y(x) = λ exp(

∫ x 1+t1−tdt)∫ x 1 + t

1− tdt =

∫ x t− 1 + 21− t

dt =∫ x(

−1 +2

1− t

)dt = −x− 2 ln(1− x)

La solution générale de (E) est donc y(x) = λ exp(−x− 2 ln(1− x)) = λe−x

(1− x)2

donc ∃λ ∈ R, S(x) = λe−x

(1− x)2

or S(0) = a0 = 1 = λ donc S(x) =e−x

(1− x)2

• ∀x ∈ R, e−x =∞∑

n=0

(−1)n

n!︸ ︷︷ ︸an

xn et ∀x ∈]− 1, 1[,1

(1− x)2=

∞∑n=0

(n + 1)︸ ︷︷ ︸bn

xn

La série produit de celles ci-dessus est∑

cnxn avec pour tout n, cn =n∑

k=0

akbn−k =n∑

k=0

(−1)k

k!(n− k + 1)

Donc ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) =∞∑

n=0

cnxn avec cn =n∑

k=0

(−1)k

k!(n− k + 1)

• cn =n∑

k=0

(−1)k

k!(n− k + 1) = n

n∑k=0

(−1)k

k!−

n−1∑k=0

(−1)k

k!+

n∑k=0

(−1)k

k!

donc cn+∞∼ n e−1 =

n

e

2.4 Calcul d'une somme à l'aide d'une équation di�érentielle :

On considère la série entière∑n≥0

xn(2nn

) , de somme S(x).

1- Déterminer le rayon de convergence de cette série, et montrer que la fonction somme, S, est solution del'équation di�érentielle (E) : x(x− 4)y′ + (x + 2)y = 2

7

2- Calculer S(x) lorsque x > 0 .

En déduire la valeur de la somme σ =∞∑

n=0

xn(2nn

)SOLUTION :

1 -• Soit, pour tout n ∈ N, an =1(2nn

)an+1

an=

(2n)!(n!)2

(2n+2)!(n+1!)2

=(n + 1)2

(2n + 2)(2n + 1)=

n + 12(2n + 1)

n→∞−→ 14

La série entière∑

anxn a pour rayon de convergence R = 4.

• ∀x ∈]− 4, 4[, S′(x) =∞∑

n=0,1

nanxn−1

x(x− 4)S′(x) + (x + 2)S(x) = (x− 4)∞∑

n=0

nanxn + (x + 2)∞∑

n=0

anxn

=∞∑

n=0

(−4n + 2)anxn +∞∑

n=0

(n + 1)anxn+1 =∞∑

n=0

(−4n + 2)anxn +∞∑

n=1

nan−1xn

= 2a0 +∞∑

n=1

((−4n + 2)an + nan−1)xn

Or an =1(2nn

) =(n!)2

(2n)!=

(n.(n− 1)!)2

2n(2n− 1)[(2n− 2)!]=

n

4n− 2((n− 1)!)2

(2n− 2)!=

n

4n− 2an−1

donc ∀n ∈ N∗, (−4n + 2)an + nan−1 = 0On a ainsi montré que :

∀x ∈]− 4, 4[, x(x− 4)S′(x) + (x + 2)S(x) = 2a0 = 2 (puisque

(00

)= 1)

La fonction S est donc solution sur l'ouvert ]−4, 4[ de l'équation di�érentielle (E) : x(x−4)y′+(x+2)y = 22 -• (E) est une équation di�érentielle du premier ordre, linéaire. Son équation homogène associée est :

(E′) : x(x− 4)y′ + (x + 2)y = 0x + 2

x(x− 4)=

a

x+

b

x− 4en multipliant par (x− 4) puis en remplaçant x par 4, on obtient b = 3

2

et par un procédé analogue, a = − 12

x + 2x(4− x)

=12

(1x− 3

x− 4

)Cette fonction de x a pour primitive

12

(ln |x| − 3 ln |x− 4|)

La solution générale de (E′) est donnée par :

y(x) = λe12 ln |x|− 3

2 ln |x−4| = λ

√|x|√

|x− 4|3Sur l'intervalle ]0, 4[, la solution générale de (E′) a pour forme :

y(x) = λ

√x√

(4− x)3où λ est une constante réelle quelconque.

Recherchons une solution particulière de l'équation complète (E) par la méthode de variation de la constante:

Notons y0(x) =√

x√(4− x)3

et recherchons une solution particulière de (E) de la forme y(x) = λ(x)y0(x)

où λ(x) est une fonction inconnue :∀x ∈]0, 4[, y′(x) = λ′(x)y0(x) + λ(x)y′0(x)La fonction y est solution de (E) sur l'intervalle ]0, 4[ ⇐⇒ ∀x ∈]0, 4[, x(4− x)y′(x)− (x + 2)y(x) = −2

⇐⇒ ∀x ∈]0, 4[, x(4− x)(λ′(x)y0(x) + λ(x)y′0(x))− (x + 2)λ(x)y0(x) = −2⇐⇒ ∀x ∈]0, 4[, x(4− x)(λ′(x)y0(x) = −2 (car y0 est solution de (E′) )

⇐⇒ ∀x ∈]0, 4[, λ′(x) =−2

x(4− x)y0(x)= −2

√4− x

x√

x

Sur l'intervalle ]0, 4[ , calculons une primitive

∫ √4− x

x√

xdx par le changement de variable u =

√4−x

x

alors u2x = 4− x, x =4

u2 + 1, dx =

−8udu

(u2 + 1)2∫ √4− x

x√

xdx =

∫u

u2 + 14

−8udu

(u2 + 1)2=∫

−2u2

u2 + 1du = −2

∫u2 + 1− 1

u2 + 1du = −2

∫1− 1

u2 + 1du∫ √

4− x

x√

xdx = −2u + 2Arctan u = −2

√4− x

x+ 2Arctan

√4− x

x

donc λ(x) = 4

√4− x

x− 4Arctan

√4− x

x

8

Une solution particulière de l'équation complète (E) est :

y1(x) = λ(x)y0(x) = 4

(√4− x

x−Arctan

√4− x

x

) √x√

(4− x)3=

44− x

− 4√

x√(4− x)3

Arctan

√4− x

x

et la solution générale de l'équation complète est :

y(x) = y1(x) + µy0(x) =4

4− x− 4

√x√

(4− x)3Arctan

√4− x

x+ µ

√x√

(4− x)3µ ∈ R

• S est une solution de (E), donc

∃µ ∈ R, ∀x ∈]− 4, 4[, S(x) =4

4− x+

√x√

(4− x)3

(µ− 4Arctan

√4− x

x

)Quand x tend vers 0, lim

x→0+

44− x

= 1,

√x√

(4− x)3x→0+

∼√

x

8x→0+

−→ 0

µ− 4Arctan

√4− x

x

x→0+

−→ µ− 2π

L'examen de la limite en 0 n'impose aucune contrainte sur la valeur de µ.Regardons la dérivabilité en 0 :

∀x ∈]0, 4[,S(x)− S(0)

x=

S(x)− 1x

=1

4− x+

1√

x√

(4− x)3

(µ− 4Arctan

√4− x

x

)Quand x tend vers 0, lim

x→0+

14− x

=14,

1√

x√

(4− x)3x→0+

∼ 18√

x

x→0+

−→ +∞

Pour queS(x)− S(0)

xait une limite �nie quand x → 0 il faut donc que la limite de(

µ− 4Arctan

√4− x

x

)soit nulle, c'est à dire que µ = 2π .

Finalement, ∀x ∈]− 4, 4[, S(x) =4

4− x+

2√

x√(4− x)3

(π − 2Arctan

√4− x

x

)

• σ =∞∑

n=0

xn(2nn

) = S(1) =43

+2√33

(π − 2Arctan

√3)

=43

+2

3√

3

(π − 2

π

3

)σ =

∞∑n=0

xn(2nn

) =43

+2π

9√

3

2.5 Sommation de série entière Oral Centrale :

Soit A ∈ Mn(C), Sp(A) son spectre (ensemble de ses valeurs propres)

1- Que peut on dire du rayon de convergence de la série entière∑

tr(Ap)xp ?

2- Lorsqu'elle converge, on note F (x) =∞∑

p=0

tr(Ap)xp.

Calculer F (z) en fonction du polynôme caractéristique χA(X) et de son dérivé.

SOLUTION :

1- La matrice A est trigonalisable dans Mn(C).

Il existe une matrice triangulaire T =

λ1 × · · · ×

0 λ2. . . ×

.... . .

. . . ×0 · · · 0 λn

et une matrice inversible P ∈ GLn(C) telles que : A = P.T.P−1

alors, pour tout p ∈ N, tr(Ap) = tr(T p) = λp1 + λp

2 + ... + λpn

donc tr(Ap)xp = (λp1 + λp

2 + ... + λpn)xp

Notons µ = maxλ∈Sp(A)

|λ| = max(|λ1|, |λ2|, ..., |λn|)

• Si µ = 0, toutes les valeurs propres sont nulles, et pour tout p > 1 tr(Ap) == 0• Supposons désormais µ 6= 0. Alors, si pour tout k ∈ {1, 2, ..., n}, |λkx| < 1, chacune des séries

∑λp

k xp

converge absolument, donc R > mink=1..n

1|λk|

=1

maxk=1..n

|λk|

2- ∀z ∈ C tel que |z| < R,

9

F (z) =∞∑

p=0

tr(Ap)zp =∞∑

p=0

(λp1 + λp

2 + ... + λpn)xp =

n∑k=1

( ∞∑p=0

λpkxp

)=

n∑k=1

11− λkx

.

• Pour tenir compte de leur ordre de multiplicité, renumérotons les valeurs propres de A , λ1, λ2, ..., λm avecpour ordres de multiplicité respectifs, r1, r2, ..., rm

ainsi, χA(X) = (X − λ1)r1(X − λ2)r2 ... ...(X − λm)rm =m∏

k=1

(X − λk)rk (au signe près)

en dérivant, χ′A(X) =m∑

k=1

rk(X − λk)rk−1∏

j=1...mj 6=k

(X − λj)rj =m∑

k=1

rkχA(X)X − λk

doncχ′A( 1

z )χA( 1

z )=

m∑k=1

rk1

1z − λk

=n∑

k=1

z

1− λkz

et �nalement, F (z) =∞∑

p=0

tr(Ap)zp =n∑

k=1

11− λkx

=χ′A( 1

z )z χA( 1

z ).

2.6 Calcul de sommes de séries :

1- Etudier la convergence et, le cas échéant, calculer

∞∑n=1

un où : ∀n > 1, un =12n

n∑k=1

2k

k2

2- Convergence et calcul éventuel de

∞∑n=0

n2

2n

SOLUTION :

1- ∀n > 1, un =12n

n∑k=1

2k

k2=

n∑k=1

1k22n−k

En posant : a0 = 0 et ∀n > 1, an =1n2

et ∀n ∈ N, bn =12n

, le produit de Cauchy (cn) des suites (an)

et (bn) est dé�ni par :

∀n ∈ N, cn =n∑

k=0

akbn−k =n∑

k=1

1k2

12n−k

= un (cette égalité est vraie pour n = 0 en posant u0 = 0)

donc (un) est le produit de Cauchy des suites (an) et (bn).

La série∑

an converge et a pour somme

∞∑n=1

1n2

= ζ(2) =π2

6, la série

∑bn converge et a pour somme

∞∑n=0

12n

=1

1− 12

= 2 , la série produit∑

un converge donc et a pour somme :

∞∑n=1

un =∞∑

n=0

un =

( ∞∑n=0

an

)( ∞∑n=0

bn

)=

π2

6.12

=π2

3

2- On considérera la série entière

∞∑n=0

n2 xn, de somme S(x).

Son rayon de convergence vaut 1 (critère de d'Alembert), de sorte que la série converge pour x = 12 et

S(

12

)=

∞∑n=0

n2

2nest bien dé�ni.

On sait que ∀x ∈]− 1, 1[,1

1− x=

∞∑n=0

xn, et par dérivation,

∀x ∈]− 1, 1[,1

(1− x)2=

∞∑n=0,1

n xn−1 =∞∑

n=0

(n + 1) xn, et2

(1− x)3=

∞∑n=0

(n + 1)(n + 2) xn

or n2 = (n + 1)(n + 2)− 3(n + 1) + 1

donc S(x) =∞∑

n=0

n2xn =∞∑

n=0

(n + 1)(n + 2)xn − 3∞∑

n=0

(n + 1)xn +∞∑

n=0

xn =2

(1− x)3− 3

(1− x)2+

11− x

∀x ∈]− 1, 1[, S(x) =2− 3(1− x) + (1− x)2

(1− x)3=

x2 + x

(1− x)3

En particulier pour x = 12 ,

∞∑n=0

n2

2n= S

(12

)=

3418

= 6∞∑

n=0

n2

2n= 6

10

2.7 Sommation de séries :

Calculer les sommes suivantes : a) A =+∞∑n=1

1n(3n + 1)

b) B =+∞∑n=1

(−1)n

3n + 1

SOLUTION :

a) Calculer A =+∞∑n=1

1n(3n + 1)

Considérons la série entière S dé�nie par :

∀x ∈]− 1, 1[, S(x) =+∞∑n=1

x3n+1

n(3n + 1)

∀x ∈]− 1, 1[, S′(x) =+∞∑n=1

x3n

n=

+∞∑n=1

(x3)n

n= − ln(1− x3)

∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = S(0)︸︷︷︸=0

+∫ x

0

S′(t)dt = −∫ x

0

ln(1− t3)dt

Pour tout x ∈]− 1, 1[, les fonctions t 7→ t et t 7→ ln(1− t3) étant de classe C1 sur le segment [0, x], on peutintégrer par parties comme suit :

S(x) = −[t ln(1− t3)]x0 +∫ x

0

t−3t2

1− t3dt = −x ln(1− x3)−

∫ x

0

3t3

1− t3dt

t3

1− t3=

t3 − 1 + 11− t3

= −1 +1

1− t3= −1 +

1(1− t)(1 + t + t2)

= −1 +13

(1

1− t+

t + 21 + t + t2

)S(x) = −x ln(1− x3)−

∫ x

0

(−3 +

11− t

+t + 2

1 + t + t2

)dt

S(x) = −x ln(1− x3) + 3x +∫ x

0

1t− 1

dt−∫ x

0

t + 21 + t + t2

dt

= −x ln(1− x3) + 3x + ln |x− 1| −∫ x

0

t + 12 + 3

2

t2 + t + 1dt

S(x) = −x ln(1− x3) + 3x + ln(1− x)− 12[ln(t2 + t + 1)]x0 −

32

∫ x

0

dt

(t + 12 )2 + 3

4

dt

S(x) = −x ln(1− x3) + 3x + ln(1− x)− 12

ln(x2 + x + 1)− 32

2√3

[Arctan

(t + 1

2√3

2

)]x

0

S(x) = 3x− x ln(1− x)− x ln(1 + x + x2) + ln(1− x)− 12

ln(x2 + x + 1)−√

3[Arctan

(2t + 1√

3

)]x

0

S(x) = 3x + (1− x) ln(1− x)− (x +12) ln(1 + x + x2)−

√3[Arctan

(2x + 1√

3

)−Arctan

1√3

]�nalement,

∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = 3x + (1− x) ln(1− x)− (x +12) ln(1 + x + x2)−

√3 Arctan

(2x + 1√

3

)+

π√

36

• ∀x ∈ [−1, 1],∣∣∣∣ x3n+1

n(3n + 1)

∣∣∣∣ ≤ 1n(3n + 1)

≤ 13n2

et donc

∥∥∥∥ x3n+1

n(3n + 1)

∥∥∥∥[−1,1]

∞≤ 1

3n2

Ceci montre que la série entière∑ x3n+1

n(3n + 1)converge normalement et donc uniformément sur le segment

[−1, 1]. Chaque fonction polynôme x 7→ x3n+1

n(3n+1) étant continue sur [−1, 1], la somme S l'est aussi.

donc A =+∞∑n=1

1n(3n + 1)

= S(1) = limx→1−

S(x) = 3 + 0− 32

ln(3)−√

3 Arctan(√

3) +π√

36

A =+∞∑n=1

1n(3n + 1)

= 3− 32

ln(3)−√

3π

3+

π√

36

= 3− 32

ln(3)− π√

36

+∞∑n=1

1n(3n + 1)

= 3− 32

ln(3)− π√

36

b) Calculer B =+∞∑n=1

(−1)n

3n + 1

11

Considérons la série entière S(x) =+∞∑n=1

(−1)nx3n+1

3n + 1

∀x ∈]− 1, 1[, S′(x) =+∞∑n=1

(−1)nx3n =+∞∑n=1

(−x3)n =1

1 + x3

11 + x3

=1

(1 + x)(1− x + x2)=

13

(1

x + 1− x− 2

x2 − x + 1

)=

13

(1

x + 1−

x− 12 −

32

x2 − x + 1

)∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = S(0)︸︷︷︸

=0

+∫ x

0

S′(t)dt =∫ x

0

11 + t3

dt

S(x) =13

∫ x

0

(1

t + 1−

t− 12 −

32

t2 − t + 1

)dt =

13

ln(1 + x)− 16

ln(x2 − x + 1) +12

∫ x

0

1(t− 1

2 )2 + 34

dt

S(x) =13

ln(1 + x)− 16

ln(x2 − x + 1) +12.

2√3

[Arctan

(t− 1

2√3

2

)]x

0

S(x) =13

ln(1 + x)− 16

ln(x2 − x + 1) +1√3

[Arctan

(2t− 1√

3

)]x

0

S(x) =13

ln(1 + x)− 16

ln(x2 − x + 1) +1√3Arctan

(2x− 1√

3

)+

1√3

π

6

Pour tout x ∈ [0, 1], la suite

((−1)nx3n+1

3n + 1

)est alternée, de limite nulle, et décroissante en valeurs absolue.

La série converge, et son reste d'ordre n est majoré en valeur absolue par par le terme de rang n + 1 :

∀x ∈ [0, 1],

∣∣∣∣∣ ∑k=n+1

(−1)kx3k+1

3k + 1

∣∣∣∣∣ ≤ |x|3k+4

3k + 4≤ 1

3k + 4

donc ‖rn‖[0,1]∞ = sup

x∈[0,1]

∣∣∣∣∣ ∑k=n+1

(−1)kx3k+1

3k + 1

∣∣∣∣∣ ≤ 13k + 4

et limn→+∞

‖rn‖[0,1]∞ = 0

La série de fonctions converge uniformément sur [0, 1]. Chaque fonction étant continue sur [0, 1], la sommel'est aussi.

Donc B =+∞∑n=1

(−1)n

3n + 1= S(1) = lim

x→1−S(x) =

13

ln 2 +π√

39

+∞∑n=1

(−1)n

3n + 1=

13

ln 2 +π√

39

2.8 Nombre d'involutions * (Mines - 468)

Une involution de l'ensemble {1, 2, ..., n} est une application σ de {1, 2, ..., n} dans lui-même qui véri�e σoσ = Id.Pour n ≥ 1, on note un le nombre d'involutions de {1, 2, ..., n}. On convient que u0 = 1

a) Calculer un pour n ∈ {1, 2, 3}Montrer que ∀n ≥ 2, un = un−1 + (n− 1)un−2

b) Montrer que la série

∞∑n=0

un

n!xn converge si x ∈]− 1, 1[. On note S(x) sa somme.

c) Montrer que ∀x ∈]− 1, 1[, S′(x) = (x + 1)S(x)d) En déduire une expression de S(x) et une expression de un.e) Véri�er l'exactitude des résultats trouvés sur les 10 ou 15 premiers termes avec MAPLE.

SOLUTION :a) Notons Sn le groupe des permutations de {1, 2, ..., n}. un = Card{σ ∈ Sn/σoσ = Id}

S1 = {Id} et u1 = 1S2 = {Id, τ1,2} et u2 = 2 (une transposition τi,j est toujours involutive)S3 = {Id, τ1,2, τ1,3, τ2,3, (1, 2, 3), (1, 3, 2)} et u3 = 4Soit n ≥ 2 et soit σ une involution de {1, 2, ..., n}.- Si σ(n) = n, l'ensemble {1, 2, ..., n − 1} est stable par σ et la restriction de σ à {1, 2, ..., n − 1} est une

involution de {1, 2, ..., n− 1}. Il y a donc un−1 involutions de {1, 2, ..., n} de ce type.- Sinon, σ(n) = m 6= n, alors σ(m) = n car σ est involutive. Le nombre m est l'un quelconque des nombres

1, 2, ..., n− 1, et son choix étant fait, la restriction de σ à {1, 2, ...,m− 1,m + 1, ..., n− 1} est une involution decet ensemble. Il y en a un−2 car {1, 2, ...,m− 1,m + 1, ..., n− 1} compte n− 2 éléments.

Le décompte de ces deux cas qui s'excluent mutuellement permet d'a�rmer que un = un−1 + (n− 1)un−2

On peut remarquer que cette égalité est bien véri�ée pour n = 3.

b) Montrons par récurrence que 0 ≤ un

n!≤ 1

12

un est bien positif puisque c'est un cardinal.- On véri�e que cette relation est vraie pour n ≤ 3.- Supposons qu'elle soit vraie jusqu'au rang n− 1.

alorsun

n!=

un−1 + (n− 1)un−2

n!=

1n

un−1

(n− 1)!+

1n

un−2

(n− 2)!≤ 1

n+

1n

=2n≤ 1

ce qui montre que la relation est alors vraie à l'ordre n.

On a ainsi prouvé par récurrence que ∀n ∈ N, 0 ≤ un

n!≤ 1

Alors, si |x| < 1,∣∣∣un

n!xn∣∣∣ < |x|n, terme général d'une série géométrique convergente.

Donc la série

∞∑n=0

un

n!xn converge absolument si x ∈]− 1, 1[ .

c) ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) =∞∑

n=0

un

n!xn

Par application du théorème de dérivation terme à terme des séries entières sur l'intervalle ouvert de con-vergence,

∀x ∈]− 1, 1[, S′(x) =∞∑

n=1

un

(n− 1)!xn−1 = 1 +

∞∑n=2

un−1 + (n− 1)un−2

(n− 1)!xn−1

= 1 +∞∑

n=2

un−1

(n− 1)!xn−1 +

∞∑n=2

un−2

(n− 2)!xn−1

=∞∑

n=0

un

n!xn + x

∞∑n=0

un

n!xn = S(x) + xS(x) (par changement d'indice de sommation)

La fonction S est donc solution de l'équation di�érentielle (E) : y′ − (x + 1)y = 0 .

d)• L'équation (E) est linéaire et homogène; sa solution générale a pour expression : y(x) = λex2+2x

2

donc ∃λ ∈ R, ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = λex2+2x

2

La relation S(0) = a0 = 1 donne λ = 0Donc ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = e

x2+2x2 .

• ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = ex.ex22

∀x ∈ R, ex =∞∑

n=0

xn

n!et ∀x ∈ R, e

x22 =

∞∑n=0

x2n

2nn!

Posons, pour n entier quelconque αn =1n!, β2n =

12nn!

et β2n+1 = 0 de sorte que

ex =∞∑

n=0

αnxn et ex22 =

∞∑n=0

βnxn

La série produit de Cauchy de ces deux séries entières a pour expression :

∞∑n=0

γnxn où pour tout n ∈ N,

γn =n∑

k=0

βkαn−k =E( n

2 )∑h=0

β2kαn−2k (puisque les β2h+1 sont nuls)

γn =E( n

2 )∑h=0

12kk!

1(n− 2k)!

Et puisque les deux séries entières

∞∑n=0

αnxn et

∞∑n=0

βnxn sont absolument convergentes pour tout x ∈]−1, 1[,

la série produit l'est aussi et ∀x ∈]− 1, 1[,

( ∞∑n=0

αnxn

).

( ∞∑n=0

βnxn

)=

∞∑n=0

γnxn

donc ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) = ex.ex22 =

∞∑n=0

γnxn

Par unicité des coe�cients d'une série entière de rayon non nul, ∀n ∈ N, an = n! γn = n!E( n

2 )∑h=0

12kk!

1(n− 2k)!

e) • Calcul des an par la formule de récurrence :>u[0]:=1; u[1]:=1;for k from 2 to 10 do u[k]:=u[k-1]+(k-1)*u[k-2] od:for k from 2 to 10 do v[k]:=u[k]/k! od;

• Calcul des an par la formule trouvée en d) :

13

>for n from 0 to 10 do v[n]:= add(1/2**k/k!/(n-2*k)!,k=0..�oor(n/2)) od;

• Calcul des premiers termes du développement de S(x) :>f:=x->exp(x+ x*x/2);series(f(x),x,15);

2.9 Nombre de dérangements* (Mines)

Dé�nition : On appelle dérangement d'ordre n toute permutation σ ∈ Sn qui n'a aucun point �xe, c'est à diretelle que : ∀i ∈ {1, 2, ..., n}, σ(i) 6= i.

On note dn le nombre de dérangements de Sn

a) Donner une relation exprimant dn en fonction de dn−1 et dn−2

En déduire que ∀n ≥ 1, dn = n!n∑

k=0

(−1)k

k!et donner un équivalent de dn quand n → +∞

b) Que vaut la fonction génératrice f(z) =∞∑

k=1

dk

k!zk , pour z complexe ?

SOLUTION

a) Considérons s un dérangement d'ordre n, n ≥ 3, c'est à dire une permutation de l'ensemble {1, 2, ..., n}qui n'a aucun point �xe. Soient j = s(n) et i = s−1(n)

s =

1 2 ... i ... n− 1 n↓ ↓ ... ↓ ... ↓ ↓α β ... n ... γ j

Premier cas : Si i = j, la valeur de j et la restriction s′ de s au sous ensemble {1, 2, ..., j − 1, j + 1, ..., n− 1}

permettent de dé�nir s.Autrement dit, s est dé�nie par la donnée de j ∈ {1, 2, ..., n − 1} et de s′, dérangement de l'ensemble

{1, 2, ..., j− 1, j +1, ..., n− 1}, ensemble qui possède n− 2 éléments. Il y a donc (n− 1).dn−2 manières de dé�nirs ainsi.

Deuxième cas : Si i 6= j, notons τj,n la transposition de {1, 2, ..., n} qui échange j et n et laisse les n − 2autres indices inchangés.

Alors la restriction s” de (τj,n)os=

1 2 ... i ... n− 1 n↓ ↓ ... ↓ ... ↓ ↓α β ... j ... γ n

à l'ensemble {1, 2, ..., n− 1} est un dérangement de cet ensemble.Il su�t donc de connaître l'indice i et le dérangement s” pour déterminer s. Ce qui donne (n − 1).dn−1

manières de dé�nir s ainsi.Au terme de cet inventaire, dn = (n− 1).dn−1 + (n− 1).dn−2

dn = (n− 1).(dn−1 + dn−2)

d1 = 0, d2 = 1, d3 = 2

On véri�e que la formule dn = n!n∑

k=0

(−1)k

k!est vraie pour n = 1, 2, 3

Supposons la vraie aux rangs n− 2 et n− 1.Alors dn = (n− 1).dn−1 + (n− 1).dn−2

dn = (n− 1).(n− 1)!n−1∑k=0

(−1)k

k!+ (n− 1).(n− 2)!

n−2∑k=0

(−1)k

k!

dn = n!n−2∑k=0

(−1)k

k!+ (n− 1).(n− 1)!.

(−1)n−1

(n− 1)!

dn = n!n−2∑k=0

(−1)k

k!+ n!

((−1)n−1

(n−1)! + (−1)n

n!

)dn = n!

n∑k=0

(−1)k

k!

limn→∞

dn

n!=

∞∑k=0

(−1)k

k!= e−1 , donc dn ∼ e−1.n!

b) Soient, pour k ∈ N, ak = (−1)k

k! et bk = 1Soit {ck} la série produit de Cauchy des séries {ak} et {bk}c0 = a0b0 = 1c1 = a0b1 + a1b0 = 1.1 + (−1).1 = 0 = d1

1!

c2 = a0b2 + a1b1 + a2b0 = 1.1 + (−1).1 + (−1)2

2! = 12 = d2

2!

14

et ∀n ≥ 2, cn =n∑

k=0

ck.bn−k =n∑

k=0

(−1)k

k!=

dn

n!

f(z) =∞∑

k=1

dk

k!zk =

∞∑k=1

ckzk =∞∑

k=0

ckzk − c0

f(z) = (∞∑

k=1

akzk).(∞∑

k=1

bkzk)− c0 =

( ∞∑k=0

(−1)k

k!zk

).

( ∞∑k=0

zk

)−1

f(z) = (e−z).1

1− z− 1 =

e−z − 1 + z

1− z.

3 Développements en série entière :

3.1 Développements classiques :

Développer en série entière les fonctions suivantes :

a) f(x) =1

x2 − 2x cos a + 1b) f(x) = 2x

c) f(x) = ln(2− x)d) f(x) = ln(−x2 + x + 6)e) f(x) = ln(x4 + x3 + x2 + x + 1)

f) f(x) = Arctan2(1− x)1 + 4x

SOLUTION :

b) 2x = ex ln 2 =+∞∑n=0

(x ln 2)n

n!pour tout x ∈ R

c) ln(2− x) = ln(2(1− x2 )) = ln 2 + ln(1− x

2 ) = ln 2−+∞∑n=1

xn

2nnpour x ∈ [−2, 2[

d) −x2 + x + 6 = −(x− 3)(x + 2) est positif pour x ∈]− 2, 3[∀x ∈]− 2, 3[, ln(−x2 + x + 6) = ln(x + 2)(3− x) = ln(2 + x) + ln(3− x)

= ln 2 ++∞∑n=1

(−1)n−1xn

2nn+ ln 3−

+∞∑n=1

xn

3nn

La première somme est valable pour |x| < 2 et la deuxième pour |x| < 3

Donc pour tout x tel que |x| < 2, f(x) = ln 6 ++∞∑n=1

((−1)n−1

2n− 1

3n

)xn

n

e) ln(x4 + x3 + x2 + x + 1) = ln(

1−x5

1−x

)= ln(1− x5)− ln(1− x) si [x[< 1

=+∞∑n=1

x5n

n+

+∞∑n=1

xn

n=

+∞∑n=1

anxn avec an =1nsi n 6= 0 [5] et a5n =

65n

f) f(x) = Arctan2(1− x)1 + 4x

La fonction f est dé�nie et de classe C1 sur Df =]−∞,− 14 [∪]− 1

4 ,+∞[

∀x ∈ Df , f ′(x) =−2(1+4x)−8(1−x)

(1+4x)2

1 +(

2(1−x)1+4x

)2 = − 10(1 + 4x)2 + (2− 2x)2

= − 105 + 20x2

=−2

1 + 4x2

∀x ∈]− 12 , 1

2 [,−2

1 + 4x2= −2

∞∑n=0

(−4x2)n =∞∑

n=0

(−1)n+122n+1x2n

∀x ∈]− 14 ,+∞[, f(x) = f(0) +

∫ x

0

f ′(t)dt car f est alors de classe C1 sur [0, x]

donc ∀x ∈]− 14 , 1

2 [, f(x) = Arctan12

+∫ x

0

f ′(t)dt = Arctan12

+∫ x

0

∞∑n=0

(−1)n+122n+1t2ndt

= Arctan12

+∞∑

n=0

(−1)n+122n+1

2n + 1x2n+1

(d'après le théorème d'intégration terme à terme des séries entières).

15

∀x ∈]−1

4,12

[Arctan

2(1− x)1 + 4x

= Arctan12

+∞∑

n=0

(−1)n+122n+1

2n + 1x2n+1

Remarque : On portera attention, à chaque ligne du calcul, au domaine de validité de celui-ci.

3.2 DSE d'une fraction rationnelle

Soit R(X) =P (X)Q(X)

une fraction rationnelle écrite sous forme irréductible ( P (X) et Q(X) sont des polynômes

de C[X] premiers entre eux ).Les racines du dénominateur Q(X) sont alors les pôles de la fraction R(X).1- Montrer que toute fraction rationnelle R(X) qui n'a pas 0 pour pôle est développable en série entière sur

un voisinage de 0.

2- Développer en série entière R(X) =1

X2 − 8X + 25

SOLUTION :

1- Toute fraction rationnelle peut se décomposer en élémets simples dans C[X] :

R(X) = E(X) +∑

i

αi

X − ai+∑

j

βj

(X − bj)2+ ... +

∑k

γk

(X − ck)m

où E(X) est un polynôme (la partie entière de la fraction) , les αi, βj , ... γk des complexes, les ai, bj , ... ck

des complexes non nuls.

alorsαi

z − ai= −αi

ai

11− z

ai

se décompose en série entière sous la forme −αi

ai

∞∑n=0

(z

ai

)n

lorsque

∣∣∣∣ z

ai

∣∣∣∣ < 1

c'est dire si |z| < |ai| .Cet élément simple est développable en série entière avec pour rayon |ai|

• De même1

z − bjse développe en série entière avec pour rayon |bj | et

1(z − bj)2

aussi comme produit de deux

séries entières de rayon |bj |.Il en va de même pour tous les autres termes de la forme

γk

(z − ck)m

• En tant que somme, R(z) se développe en série entière avec pour rayon r ≥ min(|ai|, |bj |, ..., |ck|)Mais pour lorsque z est le complexe parmi les ai, bj , ... ck le plus petit en module, la fraction R(z) n'est pas

dé�nie. Donc r = min(|ai|, |bj |, ..., |ck|)

2- a) calcul e�ectif :

1X2 − 8X + 25

=1

(X − 4− 3i)(X − 4 + 3i)=

i6

(X − 4 + 3i)−

i6

(X − 4− 3i)1

z2 − 8z + 25=

i

6(−4 + 3i)1

(1− z4−3i )

+i

6(4 + 3i)1

(1− z4+3i )

1z2 − 8z + 25

=i

6(−4 + 3i)

∞∑n=0

(z

4− 3i

)n

+i

6(4 + 3i)

∞∑n=0

(z

4 + 3i

)n

pour tout z tel que

∣∣∣∣ z

4 + 3i

∣∣∣∣ < 1 c'est à dire |z| < |4 + 3i| = 5

Finalement, pour tout z ∈ C tel que |z| < 5, on a :

1z2 − 8z + 25

=16

∞∑n=0

(−i

(4− 3i)n+1+

i

(4 + 3i)n+1

)zn

b) Emploi d'une relation de récurrence :

On sait que la fraction1

X2 − 8X + 25qui n'a pas 0 pour pôle, est développable en série entière sur un

voisinage de 0.

Soit

∞∑n=0

anzn ce développement, de rayon r > 0..

Pour tout z tel que |z| < r , 1 = (z2 − 8z + 25)∞∑

n=0

anzn

=⇒ 1 =∞∑

n=0

anzn+2 − 8∞∑

n=0

anzn+1 + 25∞∑

n=0

anzn

=⇒ 1 =∞∑

n=2

an−2 zn − 8∞∑

n=1

an−1 zn + 25∞∑

n=0

an zn

16

d'où, par unicité des coe�cients d'une série entière de rayon non nul,

1 = 25a0 donc a0 =125

0 = −8a0 + 25a1 donc a1 =8

625et pour tout n ≥ 2, 0 = an−2 − 8an−1 + 25an

Donc la suite (an) véri�e la relation de récurrence ∀n ≥ 2, an =825

an−1 −125

an−2

et les conditions initiales : a0 =125

, a1 =8

625

3.3 * DSE de Arctan(a + x)

a étant un réel > 0 donné, la fonction x −→ Arctan(a + x) admet elle un développement en série entière ?Si oui, le calculer. On pourra utiliser θ = Arctan(a)

SOLUTION :

la fonction fa : x −→ Arctan(a + x) est de classe C1 sur R et ∀x ∈ R, f ′a(x) =1

1 + (a + x)2

∀x ∈ R, f ′a(x) =1

1 + (a + x)2=

1(x + a− i)(x + a + i)

=i

2

(1

x + a + i− 1

x + a− i

)∀x ∈ R, f ′a(x) =

i

2

(1

(a + i)(1 + xa+i )

− 1(a− i)(1 + x

a−i )

)a + i = tan(θ) + i =

sin(θ) + i cos(θ)cos(θ)

et |a + i| = 1| cos(θ)|

=√

a2 + 1

d'où a + i =ie−iθ

cos(θ)et

x

a + i= −ix cos(θ)eiθ

Ainsi, ∀x ∈ R, f ′a(x) =i

2

(1

(a + i)(1− ix cos(θ)eiθ)− 1

(a− i)(1 + ix cos(θ)e−iθ)

)Si |ix cos(θ)eiθ)| < 1 c'est à dire si |x| < 1

| cos(θ)|=√

a2 + 1 alors,

f ′a(x) =i

2

(1

(a + i)

∞∑n=0

(− x

a + i

)n

− 1(a− i)

∞∑n=0

(− x

a− i

)n)

f ′a(x) =i

2

(−i cos(θ)eiθ

∞∑n=0

(ix cos(θ)eiθ

)n − i cos(θ)e−iθ∞∑

n=0

(−ix cos(θ)e−iθ

)n)

f ′a(x) =12

∞∑n=0

(inei(n+1)θ + (−i)ne−i(n+1)θ

)(cos θ)n+1xn

f ′a(x) =12

∞∑n=0

(ei nπ

2 ei(n+1)θ + e−i nπ2 e−i(n+1)θ

)(cos θ)n+1xn

f ′a(x) =∞∑

n=0

cos(nπ

2+ (n + 1)θ

)(cos θ)n+1xn

∀x ∈]−√

a2 + 1,√

a2 + 1[, fa(x) = fa(0) +

∫ x

0

f ′a(t)dt

fa(x) = Arctan(a) +∞∑

n=0

cos(nπ

2+ (n + 1)θ

)(cos θ)n+1 xn+1

n + 1

fa(x) = Arctan(a) +∞∑

n=1

sin(

nπ2 + nθ

)cosn(θ)

nxn

Finalement,

∀x ∈]−√

a2 + 1,√

a2 + 1[, Arctan(a + x) = Arctan(a) +

∞∑n=1

sin(

nπ2 + nθ

)cosn(θ)

nxn

3.4 * DSE de la fonction tangente

1-a) Soit a > 0 et f : ]− a, a[ −→ R une fonction de classe C∞ telle que :∀n ∈ N, ∀x ∈]− a, a[ f (n)(x) ≥ 0

Ecrire la formule de Taylor f(x) =n∑

k=0

f (k)(0)k!

xk + Rn(x) avec un reste intégrale et montrer que pour tout

x ∈ [0, a[ , la série de Taylor converge.

b) Soient x et y tel que 0 < x < y < a.

17

Montrer que Rn(x) ≤(

x

y

)n+1

Rn(y). En déduire que ∀x ∈ [0, a[,+∞∑k=0

f (k)(0)k!

xk = f(x)

2-a) Montrer que la fonction tangente est développable en série entière sur l'intervalle ]− π2 , π

2 [

b) Montrer que les coe�cients de ce développement tanx =+∞∑n=0

anxn sont donnés par :

a0 = 0, a1 = 1 et ∀n ≥ 1, an+1 =1

n + 1

n∑k=0

akan−k

c) Utiliser cet algorithme pour calculer les termes du développement jusqu'à l'ordre 15 avec MAPLE.Comparer avec le résultat donné directement par MAPLE.

SOLUTION :

1-a) ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, a[, f(x) =n∑

k=0

f (k)(0)k!

xk +∫ x

0

(x− t)n

n!f (n+1)(t)dt

Toutes les dérivées f (k)(0) sont positives par hypothèses, et les xk le sont aussi lorsque x ∈ [0, a[.

La série de Taylor∑ f (k)(0)

k!xk est donc une série à termes positifs ou nuls.

Par ailleurs, Rn(x) =∫ x

0

≥0︷ ︸︸ ︷(x− t)n

n!f (n+1)(t)︸ ︷︷ ︸

≥0

dt ≥ 0

Donc ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, a[,n∑

k=0

f (k)(0)k!

xk = f(x)−Rn(x) ≤ f(x)

Les sommes partielles de la série à termes positifs

+∞∑k=0

f (k)(0)k!

xk étant majorées, cette série converge.

Donc la série de taylor de f converge en tout point x ∈ [0, a[.

1-b) • Soient x et y tel que 0 < x < y < a.

Le changement de variable t =x

yu donne :

Rn(x) =∫ x

0

(x− t)n

n!f (n+1)(t)dt =

x

y

∫ y

0

(x− xy u)n

n!f (n+1)

(x

yu

)du

Rn(x) =(

x

y

)(n+1) ∫ y

0

(y − u)n

n!f (n+1)

(x

yu

)du

Or, f (n+2) étant positive, la fonction f (n+1)est croissante et f (n+1)(

xy u)≤ f (n+1)(u) puisque x

y < 1.

Donc 0 ≤ Rn(x) ≤(

x

y

)(n+1) ∫ y

0

(y − u)n

n!f (n+1)(u)du =

(x

y

)(n+1)

Rn(y)

• Pour tout x ∈ [0, a[ on peut trouver y tel que 0 < x < y < a.

Et puisque xy < 1, l'encadrement 0 ≤ Rn(x) ≤

(x

y

)(n+1)

Rn(y)

montre alors que limn→+∞

Rn(x) = 0 et l'égalité f(x) =n∑

k=0

f (k)(0)k!

xk + Rn(x) montrer que :

Pour tout x ∈ [0, a[,+∞∑k=0

f (k)(0)k!

xk = limn→+∞

n∑k=0

f (k)(0)k!

xk = f(x)

Donc en tout point de [0, a[, f est égale à sa série de Taylor. Elle est donc somme d'une série entière.

2-a) • Pour n entier naturel quelconque, soit Pn la proposition :"il existe un polynôme Qn(X) à coe�cients réels postifs tel que ∀x ∈]− π

2 , π2 [, tan(n)(x) = Qn(tan(x)) "

Puisque tan′ = 1 + tan2, la proposition P1 est vraie, il su�t de prendre P1(X) = 1 + X2.Supposons la proposition Pn véri�ée :il existe un polynôme Qn(X) à coe�cients réels postifs tel que ∀x ∈]− π

2 , π2 [, tan(n)(x) = Qn(tan(x))

Alors ∀x ∈]− π2 , π

2 [, tan(n+1)(x) = Q′n(tanx)(1 + tan2 x)

Soit alors Qn+1(X) = (X2 + 1)Q′n(X).

Qn+1(X) est bien un polynôme à coe�cients réels positifs ou nuls car X2 + 1 et Q′n(X) le sont,

et on a bien : ∀x ∈]− π2 , π

2 [, tan(n+1)(x) = Qn+1(tan(x))La proposition Pn est ainsi montrée pour tout entier naturel n par récurrence.

18

• La fonction "tan" est de classe C∞ sur ] − π2 , π

2 [ et toutes ses dérivées sont ≥ 0 d'après la questionprécédente. On en conclut d'après la question 1-b qu'elle est développable en série entière sur [0, π

2 [ :

∀x ∈ [0,π

2[, tanx =

+∞∑n=0

tan(n)(0)n!

xn

Or la fonction tangente étant impaire, toutes ses dérivées d'ordre pair sont nulles en 0.

∀x ∈ [0,π

2[, tanx =

+∞∑p=0

tan(2p+1)(0)(2p + 1)!

x2p+1

Par imparité des deux membres, l'égalité se prolonge à ]− π2 , 0] de sorte que �nalement,

∀x ∈]− π

2,π

2[, tanx =

+∞∑p=0

tan(2p+1)(0)(2p + 1)!

x2p+1

b) a0 = tan(0) = 0 et a1 =tan′(0)

1!= 1

∀x ∈]− π

2,π

2[, tanx =

+∞∑n=0

anxn et par dérivation,

tan′(x) =+∞∑n=0

n anxn−1 = 1 + tan2 x = 1 +

(+∞∑n=0

anxn

)2

Notons

+∞∑n=0

bnxn le produit de la série

+∞∑n=0

anxn par elle-même :

on a alors : b0 = a0a0 = 0 , b1 = a0a1 + a1a0 = 0 , b2 = a0a2 + a1a1 + a2a0 = 1 et plus généralement,

∀n ∈ N, bn =n∑

k=0

akan−k

En identi�ant les coe�cients dans les deux séries entières

tan′(x) =+∞∑n=0

(n + 1) an+1xn = 1 +

(+∞∑n=0

anxn

)2

= 1 ++∞∑n=0

bnxn on obtient :

∀n ≥ 1, (n + 1) an+1 = bn =n∑

k=0

akan−k soit aussi ∀n ≥ 1, an+1 =1

n + 1

n∑k=0

akan−k

c) >a[0]:=0; a[1]:=1; n:=15;> for k from 1 to n do a[k+1]:=add(a[i]*a[k-i],i=0..k)/(k+1) od;Comparer les résultats obtenus avec :>series(tan(x),x,16);

3.5 Fausse série entière

Soit f(x) =+∞∑n=0

(x2n+1

2n + 1− xn+1

2n + 2

)a) Domaine de dé�nition de f ?b) Montrer que pour x ∈] − 1, 1[, f(x) peut s'écrire comme somme d'une série entière,

∑anxn dont on

précisera le coe�cient an en fonction de n.Calculer f(x) pour x ∈]− 1, 1[ et calculer lim

x→1−f(x). Comparer à f(1).

SOLUTION :

• ∀x ∈]− 1, 1[, f(x) =+∞∑n=0

x2n+1

2n + 1−

+∞∑n=0

xn+1

2n + 2

f(x) =+∞∑n=1

xn

n−

+∞∑n=1

x2n

2n−

+∞∑n=0

xn+1

2n + 2= − ln(1− x) +

12

ln(1− x2) +12

ln(1− x) =12

ln(1 + x)

donc limx→1−

f(x) =ln 22

• ∀n ∈ N∗,n∑

k=0

(1

2k + 1− 1

2k + 2

)=

2n+2∑k=0

(−1)k−1

k

n→∞−→ ln 2

Donc f(1) =+∞∑k=0

(1

2k + 1− 1

2k + 2

)= ln 2 6= lim

x→1−f(x) =

ln 22

19

4 Etude aux bornes

4.1 Coe�cients périodiques :

Soit (un)n≥0 une suite complexe périodique de période p (∀n ∈ N, un+p = un), non nulle (∃k ∈ N, uk 6= 0)et P (X) le polynôme u0 + u1X + ... + up−1X

p−1

a) Déterminer le rayon de convergence R de la série∑

unzn

b) On note S(z) =+∞∑0

unzn. Calculer S(z) en fonction de P (z) quand la somme est dé�nie.

c) Montrer que S(x) admet une limite �nie quand x → R− si et seulement si u0 + u1 + ... + up−1 = 0et exprimer alors cette limite à l'aide de P ′

SOLUTION :a) La suite (un)n≥0 = (un1n), périodique, est bornée (∀n ∈ N, |un| ≤ max(|u0|, |u1|, ..., |up−1|)D'après le lemme d'Abel, pour tout complexe z tel que |z| < 1, la série

∑unzn converge. Donc R ≥ 1.

Mais (un) étant périodique et non nulle, elle n'a pas pour limite 0 et la série∑

un1n diverge grossièrement.Donc R ≤ 1

Finalement R = 1

b) Pour tout z ∈ C tel que |z| < 1,

S(z) =+∞∑n=0

unzn =p−1∑n=0

unzn ++∞∑n=p

unzn = P (z) ++∞∑n=p

un−pzn = P (z) +

+∞∑n′=0

un′zn′+p

S(z) = P (z) + zp+∞∑n=0

unzn = P (z) + zpS(z)

d'où (1− zp)S(z) = P (z) et S(z) =P (z)1− zp ∀z ∈ C, |z| < 1 =⇒ S(z) =

P (z)1− zp

c) • Si u0 + u1 + ... + up−1 = P (1) 6= 0, quand x → 1−, |P (x)| −→ |P (1)| 6= 0 et 1 − xp −→ 0 donc

|S(x)| =∣∣∣∣ P (x)1− xp

∣∣∣∣ −→ +∞

• Si P (1) = 0, alors S(x) =P (x)1− xp

=P (x)− P (1)

(1− x)(1 + x + x2 + ... + xp−1)=

−11 + x + x2 + ... + xp−1

P (x)− P (1)x− 1

et limx→1−

S(x) =−P ′(1)

p

4.2 Convergence et continuité aux bornes

Soit (an)n≥0 une suite de réels positifs ou nuls.

a) On suppose que la série

∞∑n=0

anxn converge pour |x| < 1 et sa somme S(x) =∞∑

n=0

anxn a une limite �nie

L quand x −→ 1−.

Montrer que la série

∞∑n=0

an converge et a pour somme L.

b) Etudier la réciproque.

SOLUTION :

a) La série

∞∑n=0

anxn étant à coe�cients positifs, la fonction S est positive et croissante sur l'intervalle [0, 1[

et pour tout entier n, ∀x ∈ [0, 1[,n∑

k=0

akxk ≤∞∑

k=0

akxk = S(x) ≤ L

En passant à la limite quand x −→ 1−, on obtient : ∀n ∈ N,n∑

k=0

ak ≤ L

Ses sommes partielles étant majorées, la série à termes ≥ 0 ,

∞∑n=0

an converge, et en passant à la limite

quand n −→ +∞ dans l'inégalité précédente, on obtient :

∞∑n=0

an ≤ L

20

La fonction S(x) =∞∑

n=0

anxn est maintenant dé�nie et croissante sur le segment [0, 1] (car est à coe�cients

positifs )

Donc ∀x ∈ [0, 1], S(x) =∞∑

k=0

akxk ≤ S(1) =∞∑

k=0

ak

En passant à la limite quand x −→ 1−, on obtient : L = limx→1−

S(x) ≤ S(1) =∞∑

k=0

ak

Les deux inégalités montrent en�n que la série

∞∑n=0

an converge et a pour somme L.

b) Supposons que la série

∞∑n=0

anxn converge pour x ∈ [0, 1] et montrons que limx→1−

∞∑n=0

anxn =∞∑

n=0

an

Le problème ne se pose que si le rayon de convergence R est égal à 1, puisque si R > 1, la somme S(x) estcontinue sur l'ouvert ]−R,R[ et en particulier au point 1.

Soit ε > 0. Il existe un entier n0 tel que

∣∣∣∣∣n0∑

n=0

an −∞∑

n=0

an

∣∣∣∣∣ < ε c'est à dire

∞∑n=0

an − ε <

n0∑n=0

an <∞∑

n=0

an

Le polynôme

n0∑n=0

anxn étant une fonction continue de x, il existe η > 0 tel que :

1− η < x < 1 =⇒

∣∣∣∣∣n0∑

n=0

anxn −n0∑

n=0

an

∣∣∣∣∣ < ε c'est à dire

n0∑n=0

an − ε <

n0∑n=0

anxn <

n0∑n=0

an

Les coe�cients an étant positifs et x aussi,

1− η < x < 1 =⇒∞∑

n=0

an − 2ε <

n0∑n=0

an − ε <

n0∑n=0

anxn <+∞∑n=0

anxn = S(x) ≤+∞∑n=0

an

donc 1− η < x < 1 =⇒

∣∣∣∣∣S(x)−∞∑

n=0

an

∣∣∣∣∣ < 2ε

On a ainsi montré que ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x, 1− η < x < 1 =⇒

∣∣∣∣∣S(x)−∞∑

n=0

an

∣∣∣∣∣ < 2ε ,

c'est à dire que limx→1−

S(x) =∞∑

k=0

ak

4.3 Série entière et intégrales de Fresnel :

a) Soit S(z) =+∞∑n=0

anzn une série entière de rayon de convergence R 6= 0.

Montrer que ∀x ∈[0,

R√2

], (1 + i)

∫ x

0

S((1 + i)t)dt =∫ x

0

S(t)dt + i

∫ x

0

S(x + it)dt (1)

b) En utilisant la fonction f : z −→ e−z2montrer la convergence des intégrales

∫ +∞

0

cos u2du et∫ +∞

0

sinu2du et calculer leurs valeurs.

SOLUTION :a) • Soit, pour n entier naturel quelconque, Pn le polynôme tn.

(1 + i)∫ x

0

Pn((1 + i)t)dt = (1 + i)∫ x

0

((1 + i)t)ndt = (1 + i)n+1

[tn+1

n + 1

]x

0

= (1 + i)n+1 xn+1

n + 1

Par ailleurs,

∫ x

0

Pn(t)dt =xn+1

n + 1et

i

∫ x

0

Pn(x + it)dt = i

∫ x

0

(x + it)ndt =[(x + it)n+1

(n + 1)

]x

0

=(1 + i)n+1xn+1 − xn+1

n + 1

ce qui montre que (1 + i)∫ x

0

Pn((1 + i)t)dt =∫ x

0

Pn(t)dt + i

∫ x

0

Pn(x + it)dt

• Par linéarité de l'intégrale, il s'ensuit que pour tout polynôme P ∈ C[X], la relation (1) est encore véri�ée.

Et par convergence uniforme sur le segment [0, x], (lorsque t ∈ [0, x] ⊂[0,

R√2

[, (1+i)x ∈ [0, x

√2] ⊂ [0, R[

puisque |1 + i| =√

2) la relation (1) est véri�ée pour toute série entière.

21

• La fonction f : z −→ e−z2est développable en série entière sur C . ( e−z2

=∞∑

n=0

z2n

(2n)!)

On peut lui appliquer la relation (1) pour tout x ∈ R :

(1 + i)∫ x

0

e−((1+i)t)2dt =∫ x

0

e−t2dt + i

∫ x

0

e−(x+it)2dt

(1 + i)∫ x

0

e−2it2dt =∫ x

0

e−t2dt + i

∫ x

0

e−x2+t2−2ixtdt (2)

• Montrons que limx→+∞

∫ x

0

e−x2+t2−2ixtdt = 0 :∣∣∣∣∫ x

0

e−x2+t2−2ixtdt

∣∣∣∣ ≤ ∫ x

0

|e−x2+t2−2ixt|dt =∫ x

0

e−x2+t2dt =∫ x− 1√

x

0

e−x2+t2dt +∫ x

x− 1√x

e−x2+t2dt

∀t ∈[0, x− 1√

x

], 0 ≤ t2 ≤

(x− 1√

x

)2

= x2 − 2√

x +1x

donc

∫ x− 1√x

0

e−x2+t2dt ≤∫ x− 1√

x

0

e−2√

x+ 1x dt ≤ xe−2

√x+ 1

xx→+∞−→ 0

∀t ∈[x− 1√

x, 0]

, 0 ≤ e−x2+t2 ≤ e0 = 1 et donc

∫ x

x− 1√x

e−x2+t2dt ≤∫ x

x− 1√x

dt =1√x

x→+∞−→ 0

donc limx→+∞

∫ x

0

e−x2+t2−2ixtdt = 0

• Reprenons (2) : (1 + i)∫ x

0

e−2it2dt =∫ x

0

e−t2dt + i

∫ x

0

e−x2+t2−2ixtdt

limx→+∞

∫ x

0

e−t2dt =∫ +∞

0

e−t2dt =√

π

2(intégrale de Gauss)

Donc limx→+∞

(1 + i)∫ x

0

e−2it2dt =√

π

2+ 0 et

∫ +∞

0

e−2it2dt =√

π

2(1 + i)

et par le changement u =√

2t,

∫ +∞

0

e−2it2dt =1√2

∫ +∞

0

e−iu2du =

(1− i)√

π

4

L'intégrale

∫ +∞

0

e−iu2du converge et vaut

(1− i)√

π

2√

2

En prenant les parties réelle et imaginaire, on obtient :

∫ +∞

0

cos u2du =∫ +∞

0

sinu2du =√

π

2√

2

4.4 Etude aux bornes Oral Centrale :

Soit (an) une suite complexe convergente de limite α ∈ C.1- Quel est le rayon de convergence de la série entière

∑anxn ?

2- Lorsqu'elle converge, on notera S(x) =∞∑

n=0

anxn

Montrer que limx→1−

(x− 1)S(x) = α

3- Trouver un équivalent quand x → 1− de f(x) =∞∑

n=0

Arctan(n)xn

SOLUTION :

1- Si α 6= 0, limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = ∣∣∣αα ∣∣∣ = 1 et R = 1

• Si α = 0 , la suite (an) est bornée car convergente, donc |anxn| 6 M |x|n où M = supn |an|, par majorationpar une série géométrique, la série entière converge si |x| < 1 et son rayon de convergence est > 12- • Supposons d'abord que lim

n→+∞an = 0

Soit ε > 0. Il existe n0 ∈ N tel que ∀n > n0, |an| 6 ε2

alors, pour tout x ∈ [0, 1[,∣∣∣∣∣(1− x)∞∑

n=n0

anxn

∣∣∣∣∣ 6 |1− x|∞∑

n=n0

|an|︸︷︷︸6 ε

2

.|xn| 6 |1− x|ε2

∞∑n=n0

|xn| = (1− x)ε

2xn0

1− x6

ε

2

par ailleurs, limx→1−

(n0−1∑n=0

anxn

)=

n0−1∑n=0

an (somme �nie) et limx→1−

(1− x)n0−1∑n=0

anxn = 0

donc ∃η > 0, ∀x, 1− η < x < 1 =⇒

∣∣∣∣∣(1− x)n0−1∑n=0

anxn

∣∣∣∣∣ 6 ε

2

22

donc ∀x ∈ [0, 1[, 1− η < x < 1 =⇒ |(1− x)S(x)| 6

∣∣∣∣∣(1− x)n0−1∑n=0

anxn

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣(1− x)

∞∑n=n0

anxn

∣∣∣∣∣ 6 ε

2+

ε

2= ε

On a ainsi montré que :∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x, 1− η < x < 1 =⇒ |(1− x)S(x)| 6 ε

c'est à dire que : limx→1−

(1− x)S(x) = 0

• Soit (an) une suite complexe convergente de limite α ∈ C.En posant an = α + bn , on a lim

n→+∞bn = 0

alors, ∀x ∈]− 1, 1[, S(x) =∞∑

n=0

(α + bn)xn =α

1− x+

∞∑n=0

bnxn

︸ ︷︷ ︸T (x)

d'après l'étude qui précède, limx→1−

(1− x)T (x) = 0 et donc, limx→1−

(1− x)S(x) = α

3- f(x) =∞∑

n=0

Arctan(n)xn ∼x→1−

π

2(1− x)

4.5 Equivalents aux bornes du domaine de convergence *

a) On considère deux suites non nulles (an)n∈N et (bn)n∈N de réels positifs ou nuls.

On suppose que : ∗ ann→∞∼ bn (1)

∗ la série∑

an diverge (2)∗ la série entière

∑anxn a pour rayon de convergence 1. (3)

a1) Montrer que limx→1−

Sa(x) = +∞

a2) Montrer que Sa(x) x→1−∼ Sb(x)a3) On note An = a0 + a1 + a2 + ... + an

Exprimer

+∞∑n=0

Anxn en fonction de Sa(x)

a4) Montrer que S′a(x) x→1−∼ S′b(x)

b) Applications :

b1) Calculer un équivalent quand x → 1− de

+∞∑n=0

(5n3 − 8n2 + n + 3)xn

p étant un entier quelconque, calculer un équivalent quand x → 1− de

+∞∑n=0

np xn

b2) Calculer un équivalent quand x → 1− de

+∞∑n=2

lnn xn

b3) On rappelle que la suite (wn) =

(∫ π/2

0

sinn(t)dt

)n∈N

des intégrales de Wallis véri�e les propriétés

suivantes : w2n =(2n)!

4n(n!)2π

2et wn

n→∞∼√

π

2n

Calculer le dévelopement en série entière de la fonction

(x −→ 1√

1− x

)En déduire un équivalent quand x → 1− de S3(x) =

+∞∑n=1

xn

√n

b4) Calculer un équivalent quand x → 1− de

+∞∑n=1

√n xn

b5) Calculer un équivalent quand x → 1− de

+∞∑n=0

x2n

(on pourra utiliser a2) et a3) )

b6) Montrer que

+∞∑n=0

xn! x→1−∼+∞∑n=2

lnn

ln(lnn)xn

SOLUTION :a1) Soit A > 0 (aussi grand qu'on veut)Puisque

∑an diverge, il existe n0 ∈ N, ∀n ≥ n0, a0 + a1 + ... + an ≥ A + 1

Le polynôme a0 + a1x + ... + anxn étant continu, limx→1−

(a0 + a1x + ... + anxn) = a0 + a1 + ... + an

23

donc il existe η > 0, 1− η < x < 1 =⇒ a0 + a1 + ... + an − 1 ≤ a0 + a1x + ... + anxn

donc 1− η < x < 1 =⇒ A ≤ a0 + a1 + ... + an − 1 ≤ a0 + a1x + ... + anxn ≤ Sa(x)On a ainsi montré que ∀A > 0,∃η > 0, 1− η < x < 1 =⇒ A ≤ Sa(x)

c'est à dire que : limx→1−

Sa(x) = +∞

a2) Soit ε > 0 les suites (an) et (bn) étant équivalentes, ∃n0, ∀n ≥ n0, an(1− ε) < bn < an(1 + ε)=⇒ ∀n ≥ n0, −anε < bn − an < anε =⇒ |bn − an| < anε

La suite (an) n'étant pas nulle, ∃k0, ak0 6= 0 et pour tout x ∈]0, 1[, Sa(x) > ak0xk0 > 0

∀x ∈]0, 1[,∣∣∣∣Sb(x)Sa(x)

− 1∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n0∑

n=0

(bn − an)xn

∣∣∣∣∣Sa(x)

≤

n0∑n=0

|bn − an|xn

Sa(x)+

+∞∑n=n0+1

≤εan︷ ︸︸ ︷|bn − an|xn

Sa(x)

or

+∞∑n=n0+1

|an − bn|xn

Sa(x)≤

ε.+∞∑

n=n0+1

anxn

Sa(x)≤ ε.Sa(x)

Sa(x)≤ ε

et ∀x ∈]0, 1[,

n0∑n=0

|bn − an|xn

Sa(x)≤

n0∑n=0

|bn − an|

Sa(x)( car 0 < x < 1 )

n0∑n=0

|bn − an| est indépendant de x et limx→1−

Sa(x) = +∞, donc ∃η > 0, ∀x ∈]1− η, 1[,

n0∑n=0

|bn − an|

Sa(x) < ε

donc ∀x ∈]1− η, 1[,∣∣∣∣Sb(x)Sa(x)

− 1∣∣∣∣ ≤ ε + ε = 2ε

On a ainsi montré que ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x, 1− η < x < 1 =⇒∣∣∣∣Sb(x)Sa(x)

− 1∣∣∣∣ ≤ 2ε,

c'est à dire que limx→1−

Sb(x)Sa(x)

= 1 ou encore que Sb(x) x→1−∼ Sa(x)

a3) La suite de terme général An = a0 + a1 + a2 + ... + an est le produit de Cauchy des suites (an) et (1)n∈N

Les séries

+∞∑n=0

anxn et

+∞∑n=0

1.xn ayant pour rayon de convergence 1, la série produit

+∞∑n=0

Anxn a un rayon de

convergence ≥ 1. La minoration an ≤ An entraîne la divergence de la série∑

An et la série∑

Anxn a pourrayon de convergence 1. La suite (An) véri�e donc les conditions (2) et (3).

Donc ∀x ∈]− 1, 1[,+∞∑n=0

Anxn =

(+∞∑n=0

anxn

).

(+∞∑n=0

xn

)= Sa(x)

11− x

∀x ∈]− 1, 1[,+∞∑n=0

Anxn =Sa(x)1− x

a4) Par les hypothèses (2) et (3), la série Sa(x) =+∞∑n=0

anxn converge pour tout x ∈]− 1, 1[, et est dérivable

sur ]− 1, 1[ : ∀x ∈]− 1, 1[, S′a(x) =+∞∑n=0

n.anxn−1

L'hypothèse (1) entraîne les mêmes conclusions pour la série Sb(x) =+∞∑n=0

bnxn

(1) =⇒ n.ann→∞∼ n.bn

Les suites (n.an) et (n.nn) véri�ent également les conditions (1), (2) et (3),

donc

+∞∑n=0

n.anxn x→1−∼+∞∑n=0

n.bnxn soit x.S′a(x) x→1−∼ x.S′b(x)

et �nalement, S′a(x) x→1−∼ S′b(x)

b) Applications

b1) • On sait que ∀x ∈]− 1, 1[,1

1− x=

+∞∑n=0

xn et par le théorème de dérivation des séries entières,

24

∀x ∈]− 1, 1[,1

(1− x)2=

+∞∑n=0

nxn−1

2(1− x)3

=+∞∑n=0

n(n− 1)xn−2

6(1− x)4

=+∞∑n=0

n(n− 1)(n− 2)xn−3

Or, (5n3 − 8n2 + n + 3) n→∞∼ 5n3 x→1−∼ 5n(n− 1)(n− 2)

Donc

+∞∑n=0

(5n3 − 8n2 + n + 3)xn x→1−∼+∞∑n=0

5n(n− 1)(n− 2)xn = 5x3+∞∑n=0

n(n− 1)(n− 2)xn−3 =30x3

(1− x)4

Donc

+∞∑n=0

(5n3 − 8n2 + n + 3)xn x→1−∼ 30(1− x)4

• Plus généralement, ∀p ∈ N,p!

(1− x)p+1=

+∞∑n=p

n(n− 1)(n− 2)...(n− p + 1)xn−p

(récurrence sans di�culté)

Or np n→∞∼ n(n− 1)(n− 2)...(n− p + 1)

donc

+∞∑n=0

npxn x→1−∼+∞∑n=0

n(n− 1)(n− 2)...(n− p + 1)xn =p!xp

(1− x)p+1

x→1−∼ p!xp

(1− x)p+1

Donc ∀p ∈ N,+∞∑n=0

npxn x→1−∼ p!(1− x)p+1

b2) Rappelons que 1 +12

+13

+ ... +1n

= ln n + γ + εn avec lim εn = 0

et donc 1 +12

+13

+ ... +1n

n→∞∼ lnn

D'après a2), on en déduit que

+∞∑n=2

lnn xn x→1−∼+∞∑n=1

(1 +

12

+13

+ ... +1n

)xn

Dé�nissons les suites (an) et (bn) par : a0 = 0 et ∀n ≥ 1, an = 1n

et ∀n ≥ 0, bn = 1Soit (cn) le produit de Cauchy de ces deux suites : c0 = a0b0 = 0

c1 = a0b1 + a1b0 = 1 c2 = a0b2 + a1b1 + a2b0 = 1 + 12

et ∀n ≥ 1, cn = a0bn + a1bn−1 + ... + an−1b1 + anb0 = 1 +12

+13

+ ... +1

n− 1+

1n

Pour x ∈] − 1, 1[, les deux séries∑

anxn et∑

bnxn sont absolument convergentes, il en va de même de lasérie produit

∑cnxn, et

∀x ∈]− 1, 1[,+∞∑n=0

cnxn =

(+∞∑n=0

anxn

).

(+∞∑n=0

bnxn

), c'est à dire :

+∞∑n=1

(1 +

12

+ ... +1n

)xn =

(+∞∑n=1

xn

n

).

(+∞∑n=0

xn

)= − ln(1− x)

11− x

Finalement,

+∞∑n=2

lnn xn x→1−∼+∞∑n=1

(1 +

12

+13

+ ... +1n

)xn = − ln(1− x)

1− x

b3) ∀x ∈]− 1, 1[,1√

1− x= (1− x)−

12 = 1 +

+∞∑n=1

(− 12 )(− 3

2 )(− 52 )...(− 1

2 − n + 1)n!

(−x)n

= 1 ++∞∑n=1

(−1)n 1.3.5...(2n−1)2n

n!(−x)n = 1 +

+∞∑n=1

(2n)!4n(n!)2

xn =+∞∑n=0

(2n)!4n(n!)2

xn

Or(2n)!

4n(n!)2=

2π

w2nn→∞∼ 2

π

√π

4n=

1√πn

D'après le résultat a), on peut a�rmer que

+∞∑n=1

(2n)!4n(n!)2

xn x→1−∼+∞∑n=1

xn

√πn

et donc

+∞∑n=1

xn

√n

x→1−∼√

π√1− x

b4) • Première méthode :

25

1√1

+1√2

+1√3

+ ... +1√n

n→∞∼∫ n

1

1√x

dx = 2(√

n− 1) (méthode de comparaison série - intégrale)

donc√

nn→∞∼ 1

2

(1√1

+1√2

+1√3

+ ... +1√n

)et d'après a1),

+∞∑n=1

√n xn x→1−∼ 1

2

+∞∑n=1

(1√1

+1√2

+1√3

+ ... +1√n

)xn puis d'après a3),

+∞∑n=1

√n xn x→1−∼ 1

2(1− x)

+∞∑n=1

xn

√n

x→1−∼√

π

2(1− x)3/2

+∞∑n=1

√n xn x→1−∼

√π

2(1− x)3/2

• Deuxième méthode :

On a montré que

+∞∑n=1

xn

√n

x→1−∼√

π√1− x

et par dérivation (cf a4) :

+∞∑n=1

nxn−1

√n

x→1−∼ −12

−√

π

(1− x)3/2

donc

+∞∑n=1

√n xn x→1−∼ x

√π

2(1− x)3/2

x→1−∼√

π

2(1− x)3/2

b5) Soit (an) la suite telle que an = 1 si ∃k tel que n = 2ket an = 0 sinon, de sorte que

+∞∑n=0

x(2n) =+∞∑n=1

anxn

La suite (an) véri�e les propriétés (2) et (3) car ses termes sont nuls, sauf une in�nité d'entre eux, qui valent1.

Soit An = a0 + a1 + ... + an. La suite (An) véri�e elle aussi les propriétés (2) et (3).

n étant donné, soit m la plus grand entier tel que 2m ≤ n < 2m+1 : m = E(log2 n) = E

(lnn

ln 2

)An est le nombre d'entiers inférieurs ou égaux à n qui sont des puissances de 2, c'est à dire le nombre d'entiers

k tels que 2k ≤ n, or ces entiers sont 20, 21, 22, ..., 2m, il y en a m+1. Donc An = E(log2 n)+1 = E

(lnn

ln 2

)+1

Dès lors, Ann→∞∼ lnn

ln 2, donc

+∞∑n=0

Anxn x→1−∼ 1ln 2

+∞∑n=0

lnn xn (d'après a1) )

+∞∑n=0

Anxn x→1−∼ − ln(1− x)(1− x) ln 2

(d'après b2) )

1(1− x)

+∞∑n=0

anxn x→1−∼ − ln(1− x)(1− x) ln 2

(d'après a3) )

et donc

+∞∑n=0

anxn x→1−∼ − ln(1− x)ln 2

Finalement,

+∞∑n=0

x2n x→1−∼ − ln(1− x)ln 2

4.6 Croissance d'une série entière à l'in�ni : *

On considère une série entière S(z) =+∞∑n=1

anzn, de rayon de convergence R non nul.

1- Montrer que pour tout réel r tel que 0 < r < R et pour tout entier m ∈ N,

∫ 2π

0

S(reit)e−imtdt = 2πamrm.

2- On suppose que

+∞∑n=1

anzn a un rayon de convergence in�ni.

a) Montrer que si S est bornée sur C , alors S est constante.b) Montrer que s'il existe p ∈ N tel que S(z) = O(zp) quand z → +∞ , alors S(z) est un polynôme de

degré ≤ p.

SOLUTION : 1-

∫ 2π

0

S(reit)e−imtdt =∫ 2π

0

(+∞∑n=1

anrneint

)e−imtdt

=∫ 2π

0

+∞∑n=1

anrnei(n−m)t︸ ︷︷ ︸un(t)

dt ‖ un ‖∞[0,2π]= supt∈[0,2π]

|anrnei(n−m)t| = |an|rn, série cvgte.

par convergence normale donc uniforme de la série de fonctions sur le segment [0, 2π]

26

∫ 2π

0

S(reit)e−imtdt =+∞∑n=1

(∫ 2π

0

anrnei(n−m)t

)dt =

+∞∑n=1

anrn

(∫ 2π

0

ei(n−m)tdt

)︸ ︷︷ ︸

0 si n 6=m

car

∫ 2π

0

ei(n−m)tdt ={

0 si m 6= n2π si m = n

donc

∫ 2π

0

S(reit)e−imtdt = 2πamrm

2 -a) Si S est bornée sur C, alors ∃M ∈ R+ tel que ∀z ∈ C, |S(z)| ≤ M

donc, pour tout m ≥ 1,

∣∣∣∣∫ 2π

0

S(reit)e−imtdt

∣∣∣∣ ≤ ∫ 2π

0

|S(reit)e−imt|dt ≤∫ 2π

0

Mdt = 2πM

=⇒ ∀m ∈ N,∀r > 0, |2πamrm| ≤ 2πM

=⇒ ∀m ∈ N,∀r > 0, |am| ≤M

rm

donc, pour tout m ≥ 1, am = 0 (faire tendre r vers +∞)Il en résulte que S est une fonction constante.

2 -b) Supposons que S(z) = O(zp) quand |z| → +∞, c'est à dire qu'il existe M ∈ R+ tel que∀z ∈ C, |S(z)| ≤ M |zp|

alors le même calcul montrer que pour tout m > p , pour tout r > 0, |am| ≤M

rm−p

et donc, pour tout m > p, am = 0 (faire tendre r vers +∞)

Il en résulte que S(z) =p∑

n=0

anzn est une fonction polynomiale de z.

27