École des Mines de Douai — FI1A Mathématiques Année 2006-2007

Correction du devoir surveillé du 15 mars 2007

Problème 1

x2y′′ + x y′ + (x2 − ν2)y = 0. (Eν)

1. L’équation (Eν) est une équation différentielle linéaire homogène du second ordre, dont les intervallesfondamentaux sont R∗− et R∗+. Les solutions de (Eν) sur chacun de ces intervalles forment un espacevectoriel de dimension 2.

2.

f(x) =∞∑n=0anx

n x2y′′ + x y′ + x2y = 0. (E0)

2.1 On sait que la fonction f , en tant que somme d’une série entière de rayon de convergence R, estde classe C∞ sur l’intervalle ouvert de convergence ]−R,R[, et que, pour x ∈]−R,R[,

f ′(x) =∞∑n=1nanx

n−1 f ′′(x) =∞∑n=2n(n− 1)anxn−2.

2.2 Injectons les fonctions précédentes dans l’équation (E0). On a alors les équivalences suivantes,dans lesquelles les égalités sont entendues pour tout x ∈]−R,R[ :

f solution de (E0) ⇐⇒ x2∞∑n=2n(n− 1)anxn−2 + x

∞∑n=1nanx

n−1 + x2∞∑n=0anx

n = 0

⇐⇒∞∑n=2n(n− 1)anxn +

∞∑n=1nanx

n +∞∑n=0anx

n+2 = 0.

On remarque que les deux premières sommes peuvent débuter à n = 0 sans modification (les termesrajoutés sont nuls). Effectuons un décalage d’indice dans la troisième et fusionnons les deux premières :

fsolution de (E0) ⇐⇒∞∑n=0

(n2 − n+ n)anxn +∞∑n=2an−2x

n = 0

⇐⇒∞∑n=0n2anx

n +∞∑n=2an−2x

n = 0.

Fusionnons ces deux sommes, en séparant les termes n < 2 des autres :

fsolution de (E0) ⇐⇒ a1x+∞∑n=2

(n2an + an−2

)xn = 0.

Par unicité du developpement en série entière de la fonction nulle, on a donc :

fsolution de (E0) ⇐⇒ (F)

{a1 = 0∀n > 2, an = −an−2

n2 .

2.3 J0(x) =∞∑k=0

(−1)k

4k(k!)2x2k est la somme d’une série entière (paire), dont on va déterminer le rayon

de convergence grâce à la règle de d’Alembert pour les séries numériques, appliquée à x ∈ R∗ fixé. On a∣∣∣∣∣ (−1)k+1x2k+2

4k+1 [(k + 1)!]24k(k!)2

(−1)kx2k

∣∣∣∣∣ = |x|2

4(k + 1)2 −−−−→k→+∞0 < 1.

1

Année 2006-2007 Mathématiques École des Mines de Douai — FI1A

On en déduit donc que la série numérique∑k>0

(−1)k

4k(k!)2x2k est absolument convergente quel que soit

x ∈ R. Du point de vue de la série entière, cela signifie donc que le rayon de convergence est infini.On en déduit alors que J0, qui est la fonction somme de cette série entière, est de classe C∞ sur

l’intervalle ouvert de convergence de la série entière, c’est-à-dire R.2.4 Montrons par récurrence sur l’entier k ∈ N que la formule (F) trouvée à la question 2.2 conduit

à la formule suivante :

Pk

a2k+1 = 0

a2k = (−1)k

4k(k!)2 a0.

Vérifions d’abord P0. D’après (F), on a déjà a1 = 0. D’autre part, on a trivialement l’égalité suivante :

a0 = (−1)0

40(0!)2 a0.

Par conséquent, l’assertion P0 est vraie.Supposons, k étant un entier naturel fixé, que l’assertion Pk soit vraie et montrons Pk+1.D’après la formule (F) appliquée à n = 2k + 3, on a

a2k+3 = a(2k+1)+2 = − a2k+1

(2k + 3)2

avec a2k+1 = 0 d’après l’hypothèse de récurrence Pk. Par conséquent a2k+3 = 0.De même, appliquons la formule (F) avec n = 2k + 2 et utilisons l’hypothèse de récurrence :

a2k+2 = − a2k

(2k + 2)2 = −14(k + 1)2

(−1)k

4k(k!)2 a0 = (−1)k+1

4k+1 [(k + 1)!]2a0.

Par conséquent, l’assertion Pk+1 est vraie.Finalement, on en déduit que l’assertion Pk∈N est vraie pour tout k ∈ N.Alors, y = a0J0. On en conclut donc que y est solution développable en série entière en 0 de l’équation

(E0) si et seulement si il existe a0 ∈ R tel que y = a0J0 : ces solutions sont les multiples de J0.

3. ∀x ∈ R, J1(x) = −J ′0(x).3.1 À nouveau, J0 étant la somme d’une série entière de rayon de convergence +∞, elle est C∞ sur

R et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme :

J1(x) = −∞∑k=1

(−1)k

4k(k!)2 2kx2k−1 = 2∞∑k=1

(−1)k+1k

4k(k!)2 x2k−1.

Une version «en x2k+1» pourra nous être utile pour la suite. Obtenons-la par décalage d’indice :

J1(x) =∞∑k=0

(−1)k(k + 1)4k+1 [(k + 1)!]2

x2k+1.

Comme J1 est, au signe près, la dérivée de J0, qui est la somme d’une série entière de rayon deconvergence +∞, le rayon de convergence de la série entière définissant J1 est encore +∞ et son intervallede convergence est par conséquent R tout entier.

3.2 Pour vérifier que J1 est solution sur R de l’équation

x2y′′ + x y′ + (x2 − 1)y = 0 (E1)

on a besoin de calculer J ′1 et J ′′1 (même argument concernant leurs existence et calcul que dans la questionprécédente) :

J ′1(x) = 2∞∑k=0

(−1)k(k + 1)(2k + 1)4k+1 [(k + 1)!]2

x2k

J ′′1 (x) = 2∞∑k=1

(−1)k(k + 1)(2k + 1)(2k)4k + 1 [(k + 1)!]2

x2k−1 =∞∑k=1

(−1)k(k + 1)k(2k + 1)4k [(k + 1)!]2

x2k−1.

2

École des Mines de Douai — FI1A Mathématiques Année 2006-2007

Explicitons donc g(x) = x2J ′′1 (x) + xJ ′1(x) + (x2 − 1)J1(x), en développant le dernier terme et enchoisissant parmi les expressions de J1 celles qui conduiront partout à «du x2k+1» :

g(x) = x2∞∑k=1

(−1)k(k + 1)k(2k + 1)4k [(k + 1)!]2

x2k−1 + 2x∞∑k=0

(−1)k(k + 1)(2k + 1)4k+1 [(k + 1)!]2

x2k + 2x2∞∑k=1

(−1)k+1k

4k(k!)2 x2k−1

− 2∞∑k=0

(−1)k(k + 1)4k+1 [(k + 1)!]2

x2k+1.

En regroupant toutes les sommes et en séparant les termes pour lesquels k = 0 des autres :

g(x) =∞∑k=1bkx

2k+1 + 2x

((−1)0(0 + 1)(2× 0 + 1)

40+1 [(0 + 1)!]2

)− 2

((−1)0(0 + 1)

40+1 [(0 + 1)!]2x

)︸ ︷︷ ︸

=0

où l’on a posé, pour k > 1,

bk = (−1)k(k + 1)k(2k + 1)4k [(k + 1)!]2

+ 2(−1)k(k + 1)(2k + 1)4k+1 [(k + 1)!]2

+ 2(−1)k+1k

4k(k!)2 − 2 (−1)k(k + 1)4k+1 [(k + 1)!]2

= (−1)k

4k+1 [(k + 1)!]2[4(k + 1)k(2k + 1) + 2(k + 1)(2k + 1)− 2× 4k(k + 1)2 − 2(k + 1)

]= (−1)k(k + 1)

4k+1 [(k + 1)!]2P (k)

avec le polynôme

P (k) = 4k(2k + 1) + 2(2k + 1)− 8k(k + 1)− 2= 8k2 + 4k + 4k + 2− 8k2 − 8k − 2 = 0.

Finalement, g(x) = 0 pour tout x ∈ R, c’est-à-dire que J1 est solution sur R de l’équation (E1).Remarque (Remarques finales)

Les fonctions de Bessel Jν , Nν (dites respectivement de première et deuxième espèce) sont formentune base de solutions de l’équation de Bessel (Eν) sur chacun de ses intervalles fondamentaux. Seulela fonction Jν se prolonge en 0, et est de classe C∞ (et même analytique, comme le suggère le casparticulier étudié ici) lorsque ν est entier.

Ces fonctions jouent un rôle important dans beaucoup de phénomènes physiques et seront étudiéesen deuxième année. Elle ont souvent un rôle similaire aux fonctions trigonométriques et permettentmême, via un résultat d’orthogonalité, des développements de fonctions dits de Fourier-Bessel.

La figure 1 donne les graphes des fonctions J0 et J1 représentés par Maple.

Problème 2

un = sin(π√n2 + a2

).

1. On a les développements limités suivants :√

1 + x = (1 + x) 12 = 1 + 1

2x+ o

(x

32

)sin x = x+ o(x2)

2.

3

Année 2006-2007 Mathématiques École des Mines de Douai — FI1A

Fig. 1 – Les fonctions J0 et J1 représentées par Maple

2.1 Appliquons le résultat précédent avec x = a2

n2 . C’est légitime car, lorsque n→ +∞, a2

n2 → 0.√1 + a

2

n2 = 1 + a2

2n2 + o

[(1n2

) 32]

= 1 + a2

2n2 + o(

1n3

).

2.2 On a, d’après les questions précédentes,

un = sin(π√n2 + a2

)= sin

(nπ

√1 + a

2

n2

)

= sin[nπ + nπ a

2

2n2 + n o(

1n3

)]= sin

[nπ + πa

2

2n+ o

(1n2

)].

Utilisons le fait que, pour x ∈ R et n ∈ N, sin(x+ nπ) = (−1)n sin x :

un = (−1)n sin[πa2

2n+ o

(1n2

)]= (−1)nπa

2

2n+ o

(1n2

).

3. La série numérique∑ 1n2 est convergente (série de Riemann d’exposant 2 > 1), donc toute série

numérique∑vn pour laquelle vn = o

(1n2

)est absolument convergente, donc convergente. C’est le cas

du reste du développement asymptotique obtenu à la question 2.2.

La série∑ (−1)n

nest une série alternée (son terme général est du signe de (−1)n) et la valeur absolue

du terme général,(

1n

), est une suite qui décroît vers 0. Elle est donc convergente d’après le critère des

séries alternées.On en déduit que la série

∑un est convergente en tant que somme de deux séries convergentes.

4

École des Mines de Douai — FI1A Mathématiques Année 2006-2007

Problème 3

On pose S(x) = ln xx− 1

. L’objet de ce problème est de démontrer l’égalité suivante :

∫ 1

0S(x) dx = ζ(2). (F)

1. On connaît le développement en série entière suivant :

∀x ∈]− 1, 1[, 11− x

=∞∑n=0xn.

Par conséquent, pour x ∈]0, 1[, on a

S(x) = − ln x 11− x

= − ln x∞∑n=0xn =

∞∑n=0un(x)

avec, pour n ∈ N et x ∈]0, 1[, un(x) = −xn ln x.

2. L’égalité obtenue précédemment est l’expression de la convergence simple de la série de fonctions∑un sur l’intervalle ]0, 1[, et du fait que sa somme est S. Vérifions les autres hypothèses du théorème

d’intégration de la somme.

Montrons d’abord que l’intégrale∫ 1

0|un(x)| dx est convergente, en remarquant d’abord que un est

une fonction positive (ce qui nous dispense des valeurs absolues).La fonction un étant continue sur ]0, 1], le seul problème de définition de cette intégrale se trouve au

voisinage de 0. Effectuons une intégration par parties sur [ε, 1] (avec ε > 0), avant de passer à la limite.Ceci permettra de prouver à la fois la convergence de l’intégrale et de trouver sa valeur.

∫ 1

0un(x) dx

u = ln x u′ = 1

x

v′ = −xn v = − xn+1

n+ 1

=[−xn+1 ln xn+ 1

]1

ε

+∫ 1

ε

xn

n+ 1dx = ε

n+1 ln εn+ 1

+[xn+1

(n+ 1)2

]1

ε

= εn+1 ln εn+ 1︸ ︷︷ ︸→0

+1− εn+1

(n+ 1)2 −−−−→ε→0+

1(n+ 1)2 .

Il reste à justifier que la série∑n>0

1(n+ 1)2 converge. Si on effectue un décalage d’indice, on constate

qu’elle est égale à la série∑n>1

1n2 , qui est la série de Riemann d’exposant 2 (donc convergente puisque

2 > 1) et dont la somme est ζ(2).L’application du théorème d’intégration de la somme permet donc d’écrire∫ 1

0S(x) dx =

∫ 1

0

( ∞∑n=0un(x)

)dx =

∞∑n=0

[∫ 1

0un(x) dx

]=∞∑n=0

1(n+ 1)2 = ζ(2).

Remarque

Les séries de Fourier (entre autres méthodes) permettent de montrer que ζ(2) = π2

6 . On est ainsicapable de déterminer tous les ζ(2n) (pour n ∈ N∗). En revanche, les valeurs de ζ en d’autres points(notamment les entiers impairs > 3) sont largement hors de portée ; on n’a que des renseignementstrès partiels (irrationnalité. . .).

5

Année 2006-2007 Mathématiques École des Mines de Douai — FI1A

3. Calculons ‖un‖∞ = supx∈]0,1]

|un(x)| en dressant, pour n ∈ N∗ le tableau de variations de la fonction un

(le cas de u0 est légèrement différent mais n’importe pas pour la question posée).La fonction un est dérivable comme produit de fonctions dérivables, et on a

u′n(x) = −nxn−1 ln x− xn

x= −xn−1 [n ln x+ 1] .

La fonction u′n est donc du signe opposé à celui de l’expression entre crochets, qui est «affine en ln x».On a donc le tableau suivant

x 0 e−1n 1

u′n(x) − 0 +un

(e−

1n

)un(x) ↗ ↘

0 0

Par conséquent,

‖un‖∞ = un(e−

1n

)= −

(e−

1n

)nln(e−

1n

)= e

−1

n.

Comme la série∑ 1n

diverge (série harmonique), il en est de même de la série numérique∑n>0‖un‖∞,

c’est-à-dire que la série de fonctions∑un n’est pas normalement convergente sur ]0, 1].

RemarqueOn montrerait sans difficulté que la convergence est normale sur tout intervalle du type ]0, a] avec0 < a < 1.

6