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Séries entières en MP, PC, PSI, PT

Name: Groupe Réussite: Cours particuliers, stages intensifs de révision
Brand: Groupe Réussite
SKU: Cours Particuliers
Rating: 4.8 (1000 reviews)

Résumé de cours Exercices et corrigés

Exercices et corrigés – Séries entières

1. Détermination de rayons de convergence

Exercice 1
Déterminer le rayon de convergence $R$ de $\sum a_n \, x^n$ où $a_n = \displaystyle \left ( 1 + \frac 1 {\sqrt {n}} \right )^n$ .

Corrigé de l’exercice 1 :

Si $b_n = \displaystyle n \ln \left ( 1 + \frac 1 {\sqrt {n}} \right )$ ,
$\displaystyle b_n \underset {n \to + \infty }{ = } n \left ( \frac 1 {\sqrt {n}} - \frac 1 {2 n}+ \textrm{o} \left ( \frac 1 n \right ) \right )$ ,
$\displaystyle b_n \underset {n \to + \infty }{ = } {\sqrt {n}} - \frac 1 {2 }+ \textrm{ o} (1)$ ,

$a _n \underset {n \to + \infty }{ = } \textrm {e} ^{\sqrt {n}} \; \textrm {e} ^{ - 1/2} \; \textrm {e} ^ {\textrm{o} (1)}$ $a_ n \underset {n \to + \infty }{ \sim } \textrm {e} ^{ - 1/2} \; c_n$ où $c_n = \textrm e^{\sqrt{n} }$
(on a utilisé $\displaystyle \lim_{n \to + \infty } \textrm{e} ^{-1/2 + \textrm{ o}(1)} = \textrm{e}^{- 1/2} > 0$ ).

$\sqrt{n+1} - \sqrt{n}= \displaystyle \frac 1 {\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$ admet 0 pour limite, donc $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac {c_{n + 1}} {c_{n}} = 1$ ,
$\displaystyle \lim _ {n \to + \infty } \Bigg \vert \frac {c_{n + 1}\, x^{n + 1} } {c_n \, x^n } \; \; \; \Bigg \vert = \vert x \vert$
$\sum c_n \, x^n$ converge si $\vert x \vert < 1$ et diverge si $\vert x \vert > 1$ , le rayon de convergence de $\sum c_n \, x^n$ est égal à $1$ , par équivalence, le rayon de convergence de $\sum a_n \, x^n$ est égal à $1$ .

Exercice 2
Si pour $n \in\mathbb{N}^*$ , $d(n)$ est la somme des carrés des diviseurs de $n$ , le rayon de convergence $R$ de $\sum d(n) \, x^n$ vérifie

Corrigé de l’exercice 2 :

L’ensemble des diviseurs de $n$ est inclus dans $\{1 , \, \cdots \, , n\}$ .
$1 \leq d(n) \leq 1^2 + 2^2 +\, \cdots \, + n^2$ , donc $\displaystyle 1 \leq d(n) \leq \frac {n(n + 1)(2 n + 1)} 6$ .

Si $b_n = \displaystyle \frac {n(n + 1)(2 n + 1)} 6$ , $\displaystyle b_n \underset {n \to +\infty} \sim \frac {n ^3} 3$ , le rayon de convergence de $\sum n ^3 \, x^n$ est égal à 1 (utilisation très simple de la règle de d’Alembert), donc le rayon de convergence de $\sum b_n\, x^n$ est égal à 1.

Grâce à l’encadrement de $d(n)$ à l’aide des termes généraux de deux séries de rayon égal à 1, le rayon de convergence de $\sum d(n) \, x^n$ est égal à 1.

Exercice 3 Mines Ponts MP 2017
Le rayon de convergence $R$ de $\sum p_n \, x^n$ où $p_n$ est le produit des chiffres de $n$ vérifie

Corrigé de l’exercice 3 :

$\ast$ On note $\displaystyle \varphi(n) = \sum_{k =0} ^n 10 ^k$ ; $p_{\varphi(n)} = 1$ .
Soit $r > 0$ , la suite $(p_{\varphi(n)} \, r ^{\varphi(n)})_n$ est bornée ssi $r \leq 1$ . Si la suite $(p_n \, r^n)_n$ est bornée, il en est de même de toute suite extraite, alors $r \leq 1$ , donc $R \leq 1$ .

$\ast$ Soit $n \in \mathbb{N}^*$ , on introduit $k \in \mathbb{N}$ tel que $10 ^k \leq n < 10 ^{k + 1}$ , alors $0 \leq p_n \leq 9^{k + 1}$ (cas où $n$ est formé de $k + 1$ chiffres $9$ )
$10 ^k \leq n < 10 ^{k + 1}$ $\quad \quad \Rightarrow k \ln(10) \leq \ln(n) < (k + 1) \ln(10)$ $\quad \quad \Rightarrow \displaystyle k \leq\frac { \ln(n)} { \ln(10) }$ .
En notant $r_n = 9 . \, 9^{\ln(n) / \ln(10)}$ , on a donc prouvé que $0 \leq p_n \leq r_n \,$ .

On forme : $\displaystyle \frac {r_ {n + 1} } {r_n} = 9 ^{\alpha_n }$ avec $\quad \alpha_ n =\displaystyle \frac {\ln(n + 1) - \ln(n)} { \ln(10)} = \frac {\ln(1 + 1/n)} { \ln(10)}$ tend vers $0$ , donc $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \frac {r_ {n + 1} } {r_n} = 1$ , $\displaystyle \lim _ {n \to + \infty } \Bigg \vert \frac {r_{n + 1}\, x^{n + 1} } {r_n \, x^n } \; \; \; \Bigg \vert = \vert x \vert$ .
La série converge si $\vert x \vert < 1$ et diverge si $\vert x \vert > 1$ , le rayon de convergence de $\sum r_n \, x^n$ est égal à 1, alors le rayon de convergence de $\sum p_n \, x^n$ est supérieur ou égal à 1.

$\ast$ $\ast$ Par double inégalité, $R' = 1$ .

Exercice 4 Mines Ponts 2018
Justifier l’existence de $\displaystyle u_n = \int_0^{+\infty} \frac {\textrm{e}^{-t}} {(1 + t)^n} \, \textrm {d} \, t$ et trouver le rayon de convergence de $\sum u_n\, x^n\,$ .

Corrigé de l’exercice 4 :

$\bullet$ Existence de $u_n$
$\displaystyle f_n : t \mapsto \frac {\textrm{e}^{-t}} {(1 + t)^n}$ est continue sur $\mathbb{R}^+$ et vérifie $\forall \, t \geq 0, \, 0 \leq f_n(t) \leq \textrm{e}^{- t}$ , donc $f_n$ est intégrable par domination par une fonction intégrable sur $\mathbb{R}^+$ .

$\bullet$ Deux changements de variable
$\ast$ On fait un premier changement de variable :
$\varphi : [1,\, +\infty[ \to [0 ,\, +\infty[, u \mapsto 1 +u$ est une bijection de classe $C^1$ strictement croissante :
$u_n = \displaystyle \int_1^{+\infty} \frac {\textrm{e}^{-u +1 }} {u^n} \; \textrm {d} \, u$ $\displaystyle u_n = \textrm{e}^{1 } \int_1^{+\infty} \frac {\textrm{e}^{-u }} {u^n} \, \textrm {d} \, u$ .

$\ast$ Puis un deuxième changement de variable :
$\quad \varphi : [1,\, +\infty[ \to [1 ,\, +\infty[, v \mapsto v ^{1/n}$
est une bijection de classe $C^1$ strictement croissante :
$u_n = \displaystyle \textrm{e} \int_1^{+\infty} {\textrm{e}^{-v ^{1/n} }} \frac 1 {v} \, \frac 1 n \, v ^{1/n - 1} \, \textrm {d} \, v$ .
$u_n = \displaystyle \frac {\textrm{e}} n I_n$ avec $I_n = \displaystyle \int_1^{+\infty} {\textrm{e}^{-v ^{1/n} }} \frac 1 {v^2 } \, v ^{1/n } \, \textrm {d} \, v$ .

$\bullet$ Recherche d’un équivalent de $I_n$
On cherche maintenant à utiliser le théorème de convergence dominée :
Soit $\displaystyle g_n : v \mapsto \textrm{e}^{-v ^{1/n} } \frac {v ^{1/n }\, } {v^2 }$ .
$\ast$ $g_n$ est continue sur $[1 , +\infty[$ .
$\ast$ la suite $(g_n)_n$ converge simplement sur $[1 , +\infty[$ vers la fonction continue $g : v \mapsto \displaystyle \frac {\textrm{e}^{-v }} {v^2 }$ .
$\ast$ Pour tout $n \geq 1$ et $v \geq 1$ , $\quad \quad \displaystyle 0 \leq g_n(v)\leq \frac {\textrm{e}^{-v }} {v^2 } v \leq {\textrm{e}^{-v }}$ .
La fonction $v \mapsto {\textrm{e}^{-v }}$ est intégrable sur $[1 , +\infty[$ .
Donc par le théorème de convergence dominée, $\displaystyle \lim_{n \to\infty} I_n = \int_1^{+\infty} \frac {\textrm{e}^{-v }} {v^2 } \, \textrm {d} \, v$ .

$\bullet$ Conclusion
On note $I = \displaystyle \int_1^{+\infty} \frac {\textrm{e}^{-v }} {v^2 } \, \textrm {d} \, v\,$ .
$I > 0$ (on intègre une fonction continue positive et différente de la fonction nulle).
Alors $u_n \displaystyle \underset {n \to +\infty } \sim \frac {\textrm{e}\, I} n$ , le rayon de convergence de $\sum u_n \, x^n$ est égal au rayon de convergence de $\sum x^n /n$ soit égal à $1$ .

👍 : Soit $a \in \{0 , 1\}$ et $b\in \{1 , +\infty\}$ .
En présence d’une intégrale convergente $a_n = \int_a ^b f( t^n) \, \textrm {d} \, t$ , le changement de variable $\varphi : u \mapsto u ^{1/n}$ permet (après justification précise) d’écrire $\quad \quad u_n = \displaystyle \frac 1 n \int _a ^b f ( u) \, u ^{1/n - 1} \, \textrm {d} \, t$ .
Lorsque $\displaystyle u \mapsto \frac {f(u)} {u}$ est intégrable sur l’intervalle de bornes $a$ et $b$ , le théorème de convergence dominée permet de montrer que $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \int _a ^b f ( u)\, u ^{1/n - 1} \, \textrm {d} \, u= \int _a ^b \frac {f ( u)} u \, \textrm {d} \, u$

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2. Exercices sur les calculs de sommes de séries

Exercice 5
Convergence et valeur de $\quad S(x) = \displaystyle \sum _{n = 0} ^{+\infty} \frac {2 n ^2 +4 n - 1} {n!} \, x^n$ .

Corrigé de l’exercice 5 :

$\ast$ Le rayon de convergence est égal à $+\infty$ car $\quad \displaystyle a_n \underset {n \to +\infty} \sim \frac {2\, n ^2} {n !} \underset {n \to +\infty} \sim \frac {2\, n(n - 1) } {n !}$
et $\displaystyle \sum\frac {n(n - 1) x^n } {n!}$ a même rayon de convergence que $\displaystyle \sum \frac {x^n} {n!} \,$ .

$\ast$ On cherche les réels $a,\, b$ et $c$ tels que
$\; 2\, \textrm{X} ^2 + 4\, \textrm{X} - 1 = a \, \textrm{X}(\textrm{X}- 1) + b \, \textrm{X}+ c \,$ .
En comparant les coefficients de $\textrm{X} ^2$ , on obtient : $a = 2$ .
Puis en prenant les valeurs en $0$ et $1$ , on obtient :
$\quad c = - 1,\, c + b = 5 \Leftrightarrow c = - 1, \, b = 6$ .

Comme toutes les séries introduites convergent :
$S(x)= \displaystyle \sum _{n = 0} ^{+\infty}\frac {2 n(n - 1)} {n!} x^n + 6 \sum _{n = 0} ^{+\infty} \frac n {n!} x^n$
$\displaystyle - \sum _{n = 0} ^{+\infty}\frac 1 {n!} x^n$
En supprimant les termes nuls :
$S(x)= \displaystyle \sum _{n = 2} ^{+\infty}\frac {2 n(n - 1)} {n!} x^n + 6 \sum _{n = 1} ^{+\infty} \frac n {n!} x^n$
$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \displaystyle - \, \sum _{n = 0} ^{+\infty}\frac 1 {n!} x^n$
on peut ensuite simplifier :
$S(x)= \displaystyle \sum _{n = 2} ^{+\infty}\frac {2 } {(n-2)!} x^n$
$\quad \quad \quad \quad \displaystyle + \, \sum _{n = 1} ^{+\infty} \frac 6 {(n - 1)!} x^n -\, \textrm{e} ^x$
puis par changement d’indices
$S(x)= 2\, x^2 \displaystyle \sum _{p = 0} ^{+\infty}\frac {1 } {p!} x^p$ $\quad \quad \quad \displaystyle + \, 6 \, x \sum _{p = 0} ^{+\infty} \frac 1 {p!} x^p - \, \textrm{e} ^x$
$S(x) = (2 x^2 + 6 x - 1) \, \textrm{e} ^{x} \,$ .

Exercice 6
Convergence et valeur de $\quad \quad S(x) = \displaystyle \sum_{n = 4} ^{\infty} \frac 4 {(n - 3)(n + 1)} x^n$ .

Corrigé de l’exercice 6

$\bullet$ Le rayon de convergence est égal à 1 et la série est absolument convergente en $\pm \, 1$ .

$\displaystyle \frac 4 {(n - 3)(n + 1)} = \frac 1 {n - 3} - \frac 1 {n + 1}$

$\bullet$ Calcul de $S(x)$ si $x \in\; ] - 1 , 1[$ .
Les deux séries étant convergentes :
$\quad \quad \displaystyle S(x) = \sum _{n = 4}^{+\infty} \frac {x^n} { n - 3} - \sum _{n = 4}^{+\infty} \frac {x^n} {n + 1}$ .
Par changement d’indices ( $p = n - 3$ et $q = n + 1$ ) :
$\quad \quad \displaystyle S(x) = \sum _{p = 1}^{+\infty} \frac {x^{p + 3}} {p} - \sum _{q = 5}^{+\infty} \frac {x^{q - 1} } {q}\,$ .

$\ast$ $S(0) = 0$ .

$\ast$ Pour $x \neq 0$ ,
$\displaystyle S(x) = x ^3\sum _{p = 1}^{+\infty} \frac {x^{p}} {p} - \frac 1 x \sum _{q = 5}^{+\infty} \frac {x^{q} } {q}$
$\displaystyle S(x) = - x ^3 \ln(1 - x) + \frac {\ln(1 - x)} x$
$\displaystyle + \frac 1 x \left (x + \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 + \frac {x^4} 4 \right )$
$\displaystyle S(x) = - x ^3 \ln(1 - x) + \frac {\ln(1 - x)} x \, + P(x)$ avec $\displaystyle P(x) = 1 + \frac {x} 2 + \frac {x^2} 3 + \frac {x^3} 4$ .

$\bullet$ Calcul de $S( 1)$ et $S(-1)$ .

La série de fonctions continues de terme général $u_n : x \mapsto \displaystyle a_n \, x^n$ converge normalement sur $[ - 1 , 1]$ car $\Vert u_n \Vert _ {\infty, [- 1 , 1]} = a_n$ où $\sum a_n$ converge, donc la somme $S$ est continue sur $[ - 1 ,\, 1]$ .
$\displaystyle S(x) = \frac {(1 - x^4) \ln(1 - x)} {x} + P(x)$ ,
la relation $\quad (1 - x^4) = (1 + x + x^2 + x^3)(1 - x)$
donne $\displaystyle \lim_{x \to 1} (1 - x^4) \ln(1 - x) = 0$ .
$\Rightarrow \displaystyle \lim_{x \to 1} S(x) = 1 + \frac 1 2 +\frac 1 3 + \frac 1 4 = \frac {25} {12}\,$ .
Par continuité de $S$ en $1$ : $S(1) = \displaystyle \frac {25} {12}\,$ .
$\displaystyle \lim_{x \to - 1} S(x) = \frac 7 {12} \Rightarrow \displaystyle S(-1) = \frac 7 {12}$ par continuité de $S$ en $-1$ .

Exercice 7 CCP PSI 2017
Convergence et somme de la série entière $\sum a_n x^n$ avec $a_n = n ^{(-1)^n}$ .

Corrigé de l’exercice 7 :

$\bullet$ Rayon de convergence.
$a_{2n} = 2 n$ et $a_{2 n + 1} = \displaystyle \frac 1 {2 n + 1}\,$ .
Pour tout $n \in \mathbb{N}^*, \; 1 \leq a_n \leq n\,$ .
Les rayons de convergence $R'$ et $R''$ des séries $\sum x^n$ et $\sum n \, x^n$ vérifient $R' = R'' =$ 1, alors $R$ = 1 car $R'' \leq R \leq R'$ .
La série de terme général $a_n \, x^n$ diverge grossièrement en $\pm\, 1$ .

$\bullet$ Calcul de la somme.
Si $x \in\; ]- 1 ,\, 1[$ , les séries $\sum 2 n \, x^{2 n}$ et $\sum \displaystyle \frac 1 {2 n + 1} \, x^{2 n + 1}$ étant convergentes, on peut écrire $S(x) = \displaystyle \sum _ {n = 1} ^{+\infty} a_n \, x^n$ :
$\displaystyle S(x) =\sum_{n = 1} ^{+\infty} 2 n \, x^{2 n} +\sum _{n = 0} ^{+\infty} \frac 1 {2 n + 1} \, x^{2 n + 1}$

$\ast$ En utilisant : $\quad \forall \, t \in \; ] - 1 ,\, 1[,\; \displaystyle \sum _ {n = 1}^ {+\infty} n \, t ^{n - 1} = \frac 1 {( 1 - t)^2}$
$\displaystyle g(x) =\sum_{n = 1} ^{+\infty} 2 n \, x^{2 n} = \frac {2\, x^2 } {(1 - x^2)^2} \,$ .

$\ast$ Si $\displaystyle h(x) =\sum _{n = 0} ^{+\infty} \frac 1 {2 n + 1} \, x^{2 n + 1}\,$ ,
par dérivation,
$\displaystyle h'(x) =\sum _{n = 0} ^{+\infty} \, x^{2 n }= \frac 1 {1 - x^2}$ $\displaystyle h'(x) = \frac 1{2(1 - x)} + \frac 1 {2(1 + x)}$
donc il existe un réel $c$ tel que
$\displaystyle \forall \, x \in\; ] - 1 , \, 1[, \; h(x) = \frac 1 2 \ln \left (\frac {1 + x} {1 - x} \right ) +c$
Comme $h(0) = 0$ , $c = 0$ .
Alors pour tout $x \in \; ] - 1 , \, 1[$ , $\quad \quad \displaystyle f(x) = \frac {2\, x^2} {(1 - x^2)^2} + \frac 1 2 \ln \left( \frac {1 + x} {1 - x} \right )\,$ .

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3. Exercices sur les Développement en série entière de fonctions

Exercice 8
Déterminer le DSE de $\quad \quad f : x \mapsto \textrm{Arctan}(x + 1)$ .

Corrigé de l’exercice 8 :

$\bullet$ $f$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}$ et
$\quad \quad \quad f'(x) = \displaystyle \frac 1 {(x + 1)^2 + 1}$ .
On pose $a = 1 + \, \textrm{i}$ et $b = 1 - \, \textrm{i}$ .
$(x + 1)^2 + 1 = (x + a) (x + b)$
puis on cherche $\alpha$ et $\beta$ tels que
$\quad \quad \displaystyle f'(x) = \frac {\alpha } {x + a} + \frac {\beta } {x + b} \,$ .
On obtient facilement $\quad \quad \alpha +\beta = 0 ,\; \alpha \, b +\beta\, a = 1$
$\Leftrightarrow \quad \alpha +\beta = 0 ,\; \textrm{i}(\beta -\alpha) = 1$
ce qui donne $\alpha = - \beta = \textrm{i} /2$ .

$\bullet$ On transforme $f'(x)$ de façon à utiliser la série géométrique.
$\displaystyle f'(x) = \frac {\textrm{i} } 2 \left (\frac 1 {x + a} - \frac 1 {x + b} \right )$ .
$\displaystyle f'(x) = \frac {\textrm{i} } 2 \left (\frac 1 {a(1 + x /a)} - \frac 1 {b(1 + x /b)} \right )$

Si $\vert x \vert \leq \sqrt {2}$ , alors $\vert x / a \vert < 1$ et $\vert x / b\vert < 1$ , on peut utiliser le DSE de $u \mapsto \displaystyle \frac 1 {1 + u} \,$ :
$\displaystyle f'(x) = \frac {\textrm{i} } 2 \sum _{n = 0} ^{+\infty} \left ( \frac 1 a \left ( - \frac x {a}\right ) ^n - \frac 1 b \left ( - \frac x {b}\right ) ^n \right )$
$\displaystyle f'(x) =\sum _{n = 0} ^{+ \infty} u_n \, x^n$
où $\displaystyle u_n = \frac { - \textrm{i} } 2 \, \left ( \left ( \frac {-1} {a}\right ) ^{n + 1} - \left ( \frac {-1} {b} \right ) ^{n + 1} \right )$

$\bullet$ Un peu de calculs dans les complexes pour simplifier l’expression de $u_n$ :
$\displaystyle \frac {- 1} a = \frac {- 1 + \textrm{i}} 2 = \frac {\textrm {e} ^{3 \, \textrm {i} \, \pi/4}} {\sqrt{2}}$
et $\displaystyle \frac {- 1} b = \frac {- 1 - \textrm{i}} 2 = \frac {\textrm {e} ^{-3 \, \textrm {i} \, \pi/4}} {\sqrt{2}}$
$\displaystyle u_n = \frac {- \textrm{i} } 2 \times \frac 1 {2^{(n + 1)/2 }} \; \; \; \; \times$ $\quad \displaystyle \times \left ( {\textrm {e} ^{3 \, (n + 1) \, \textrm {i} \, \pi/4}} - {\textrm {e} ^{- 3 \, (n + 1) \, \textrm {i} \, \pi/4}} \right )$
$\displaystyle u_n = \frac {\sin(3(n + 1) \pi / 4)} {2 ^{(n + 1)/2} }$ .

$\bullet$ Par intégration d’une série entière sur l’intervalle ouvert de convergence, sans oublier le terme $f(0)$ ,
$\displaystyle f(x) = f(0) + \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac {u_n } {n + 1} \, x^{n + 1}$
soit $\displaystyle f(x) = \frac \pi 4 + \sum_{p = 1}^{+\infty} v_p\, x^{p}$
avec $\displaystyle v_p = \frac {u_{p - 1} } {p} = \frac {\sin(3\, p \, \pi / 4)} {p\; 2 ^{p/2}}\,$ .

👍 Les calculs sont nettement plus simples si l’on garde les notations $a$ et $b$ plutôt que $1 + \textrm{i}$ et $1 - \textrm{i}$ .
Aviez vous bien terminé les calculs, c’est-à-dire donné des coefficients de la série entière visiblement réels, puisque $f$ est à valeurs réelles ?

Exercice 9
Montrer que $f : x \mapsto \textrm{e} ^{\textrm{Arcsin} (x)}$ est DSE et donner ce DSE.

Corrigé de l’exercice 9 :

$\bullet$ Recherche d’une équation différentielle
$f$ est deux fois dérivable sur $]- 1 ,\, 1[$ .
$f'(x) = \displaystyle\frac 1 {\sqrt {1 - x^2} } \, f(x)$
$f''(x) = \displaystyle\frac x {(1 - x^2)^{3/2} } \; f(x) + \frac 1 {1 - x^2} \, f(x)$
$(1 - x^2) f''(x) = \displaystyle \frac x {\sqrt {1 - x^2} } \, f(x) + f(x)$

soit $(1 - x^2) f''(x) = x \, f'(x) + f(x)$ .
De plus $f(0) = 1$ et $f'(0) = 1$ .

$f$ est la seule solution sur $] - 1 , 1[$ de $(1 - x^2) \, y'' - x \, y' - y = 0$ telle que $y(0) = y'(0) = 1$ (conséquence du théorème de Cauchy-Lipschitz, à admettre si nécessaire en début d’année).

$\bullet$ Recherche d’une solution DSE de l’équation différentielle
On cherche une suite $(a_n)_n$ telle que $\sum a_n \, x^n$ ait un rayon de convergence $R$ non nul et la fonction définie sur $]- R , \,R[$ par $\displaystyle g(x) = \sum _{n = 0} ^{+\infty} a_n \, x^n$ soit solution de l’équation différentielle $\quad \quad (1 - x^2) \, y'' - x \, y' - y = 0$
et vérifie $g(0) = 1$ et $g'(0) = 1$ .
$\ast$ Si $x \in\; ] - R , \, R[,$ $\; \displaystyle g'(x) = \sum _{n = 1} ^{+\infty} n\, a_n \, x^{n - 1}$ , $\displaystyle g''(x) = \sum _{n = 2} ^{+\infty} n (n - 1) a_n \, x^{n - 2}$
Soit pour $x \in \; ]-R , \, R[$ , $A(x) = (1 - x^2) \, g''(x) - x \, g'(x) - g(x)$ .
$A(x) = \displaystyle \sum _{n = 2} ^{+\infty} n (n - 1)\, a_n \, x^{n - 2}$
$\quad \quad \quad \displaystyle - \, \sum _{n = 0} ^{+\infty} n (n - 1) \, a_n \, x^{n}$
$\quad \quad \quad \displaystyle -\, \sum _{n = 0} ^{+\infty} n\, a_n \, x^{n} - \sum _{n = 0} ^{+\infty} a_n \, x^n$
$A(x) = \displaystyle \sum _{n = 2} ^{+\infty} n (n - 1)\, a_n \, x^{n - 2}$
$\quad \quad \quad \quad \quad \displaystyle - \sum _{n = 0} ^{+\infty} (n^2 + 1) \,a_n \, x^{n}$
puis avec $p = n - 2$ ,
$A(x) = \displaystyle \sum _{p = 0} ^{+\infty} (p + 2) (p +1) \,a_{p + 2} \, x^{p}$
$\quad \quad \quad \quad \quad \displaystyle - \sum _{n = 0} ^{+\infty} (n^2 + 1) \,a_n \, x^{n}$ .

Par unicité du DSE, la condition $\forall \, x \in\; ] - R , R[, \; A(x) = 0$ est équivalente à $\forall \, n \in \mathbb{N},$ $\quad \quad (n + 2) (n + 1) \,a_{n + 2} = (n^2 + 1) \,a_n$ .
On détermine les $a_n$ en utilisant $a_0 = a_1 = 1$ en distinguant les cas $n = 2 p$ et $n = 2 p + 1$ .

$\ast$ $\displaystyle a_{2 p} = \frac {4 (p - 1) ^2 + 1} {2 p(2 p - 1)} \, a_{2 p - 2}$ donne
$\quad \quad a _{2 p} =\displaystyle \frac 1 {(2 p)! } \prod _{k = 0} ^{p - 1} (4 k ^2 + 1)$ .

$\ast$ $\displaystyle a_{2 p + 1 } = \frac {(2 p - 1) ^2 + 1} {2 p(2 p + 1)} \, a_{2 p -1}$ donne
$\;\; a _{2 p +1 } =\displaystyle \frac 1 {(2 p +1 )! } \prod _{k = 0} ^{p - 1} ((2 k - 1)^2 + 1)$ .

$\bullet$ On détermine le rayon de convergence.
$\ast$ si $x \neq 0$ , $\displaystyle \lim_{p \to + \infty} \left \vert \frac {a_{2 p + 2} \, x^{2 p + 2} } {a_{2 p }\, x^{2 p} } \; \; \; \; \right \vert = x^2$ , $\sum a_{2 p} \, x^{2 p}$ converge si $\vert x \vert <1$ et diverge grossièrement si $\vert x \vert >1$ .
$\ast$ si $x \neq 0$ , $\displaystyle \lim_{p \to + \infty} \left \vert \frac {a_{2 p + 1} \, x^{2 p + 1} } {a_{2 p - 1 }\, x^{2 p - 1 } }\; \; \; \; \; \right \vert = x^2$ , $\sum a_{2 p + 1} \, x^{2 p + 1 }$ converge si $\vert x \vert <1$ et diverge grossièrement si $\vert x \vert >1$ .
$\ast$ Si $\vert x \vert <1$ , les suites $(a_{2p}\, x^{2p})_p$ et $(a_{2p+1}\, x^{2p+1})_p$ sont bornées, donc la suite $(a_{n}\, x^{n})_n$ est bornée.
Si $\vert x \vert > 1$ , les suites $(a_{2p}\, x^{2p})_p$ et $(a_{2p+1}\, x^{2p+1})_p$ ne sont pas bornées, donc la suite $(a_{n}\, x^{n})_n$ n’est pas bornée.
Le rayon de convergence de $\sum a_n \, x^n$ est égal à 1.

$\bullet$ Conclusion
Il existe une unique fonction $g$ développable en série entière sur $] - 1 , \,1[$ solution de $(1 - x^2) y'' - x \, y' + y = 0$ et vérifiant $g(0) = 1$ et $g'(0) = 1$ .
La fonction $f$ est solution sur $]-1,\, 1[$ de $(1 - x^2) y'' - x \, y' + y = 0$ et vérifie $f(0) = 1$ et $f'(0) = 1$ .
On en déduit que $f = g$ sur $]- 1 , _,1[$ , donc $f$ est développable en série entière et $\forall\, x \in ]-1 , \, 1[,\; \displaystyle f(x) = \sum _{n = 0} ^{+\infty} a_n \, x^n$ avec
$a _{2 p} =\displaystyle \frac 1 {(2 p)! } \prod _{k = 0} ^{p - 1} (4 k ^2 + 1)$
et $a _{2 p +1 } =\displaystyle \frac 1 {(2 p +1 )! } \prod _{k = 0} ^{p - 1} ((2 k - 1)^2 + 1)$ .

Exercice 10 Intégrale de Poisson 🧡
Question 1
Soit $t \in \mathbb{R} \setminus \pi \mathbb{Z}$ . Montrer que $x \mapsto \ln(x^2 - 2\, x\, \cos t + 1)$ est définie sur $\mathbb{R}$ . La développer en série entière.
Montrer que le résultat obtenu est encore valable si $t = k \pi$ où $k \in \mathbb{Z}$ .

Question 2
Soit $a \in \; ]0 ,\, \pi]$ . Développer en série entière $g_a \, : \; ]- 1 , \, 1[\; \rightarrow \mathbb{R} ,$ $\displaystyle \quad x \mapsto \int_{0} ^ {a} \ln(x^2 - 2\, x\, \cos t + 1) \, \textrm{d} \, t$ .

Corrigé de l’exercice 10 :

Question 1 :

$\bullet$ $x^2 - 2 \, x\, \cos (t) + 1$ a un discriminant égal à $- 4 \, \sin^2 (t) < 0$ donc est à valeurs strictement positives.
$f '(x) = \displaystyle \frac {2 \,x - 2 \cos(t)} {x^2 - 2\, x\, \cos t + 1 }$
$x^2 - 2 \, x \cos t + 1 = (x - \textrm{e} ^{\textrm{i} \, t} ) (x - \textrm{e} ^{ -\textrm{i} \, t} )$ .

$\ast$ En décomposant en éléments simples,
$f'(x) = \displaystyle \frac 1 { x - \textrm{e} ^{\textrm{i} \, t} } + \frac 1 {x - \textrm{e} ^{ - \textrm{i} \, t}}$
$f'(x) = \displaystyle - \frac {\textrm{e} ^{ - \textrm{i} \, t}} { 1 - x \, \textrm{e} ^{- \textrm{i} \, t} } - \frac {\textrm{e} ^{ \textrm{i} \, t}} {1 - x \, \textrm{e} ^{ \textrm{i} \, t}}$ .

$\ast$ En utilisant le DSE de $1/(1 - u)$ , lorsque $\vert x \vert < 1$ ,
$f'(x) = \displaystyle - {\textrm{e} ^{- \textrm{i} \, t}} \sum _ {n = 0} ^{+\infty} x ^n \, \textrm{e} ^{- \, \textrm{i} \, n \, t}$ $\quad \quad \quad \quad \quad \displaystyle - \; {\textrm{e} ^{ \textrm{i} \, t}} \sum _ {n = 0} ^{+\infty} x ^n \, \textrm{e} ^{ \, \textrm{i} \, n \, t}$ .
$= \displaystyle - \sum _ {n = 0} ^{+\infty} x ^n \, \left ( \textrm{e} ^{- \, \textrm{i} \, (n+1) \, t} + \textrm{e} ^{ \, \textrm{i} \, (n+1) \, t} \right )$
$\quad \quad \displaystyle f'(x) = - 2 \sum_{n = 0} ^{+\infty} \cos((n + 1) \, t) \, x^n$ .

$\ast$ Alors il existe $a \in \mathbb{R}$ tel que pour tout $x \in\, ] - 1, \, 1[$ ,
$f(x) =\displaystyle - 2 \sum _{n = 0} ^{+ \infty} \frac {\cos((n + 1)\, t)} {n + 1} \, x^{n + 1} + a$
comme $f(0) = 0$ , $a = 0$ donc
$\quad \quad \quad f(x) =\displaystyle - 2 \sum _{n = 1} ^{+ \infty} \frac {\cos(n \, t)} {n } \, x^{n }$ .

$\bullet$ Lorsque $t = 2\, k\, \pi$ , $f(x) = 2 \ln(1 - x)$ , la relation obtenue est encore vraie.

$\bullet$ Lorsque $t =\pi + 2\, k\, \pi$ , $f(x) = 2 \ln(1 + x)$ , la relation obtenue est encore vraie car $\cos(n\, t) = ( - 1)^n$ .

On en déduit que pour tout réel $t$ et tout $x \in \; ] - 1 , \, 1 [$ , $f(x) = \displaystyle \sum _{n = 1} ^{+ \infty} \frac {- 2 \cos(n \, t)} {n } \, x^{n }$ .

Question 2 :

On écrit pour

$t\in \, [0 , \pi]$ ,

$f(t) = \ln(x^2 - 2\, x\, \cos t + 1) = \displaystyle \sum _ {n = 0} ^{+\infty} u_n(t)$ avec

$u_n(t) = \displaystyle \frac { - 2 \cos(n \, t)} {n } \, x^{n }$

$u_n$ est continue sur

$[0 , \,a] \subset [0 , \, \pi]$ et

$\quad \quad \quad \Vert u_n\Vert _{\infty , [0 ,\, \pi]} \leq \vert x \vert ^n \,$ .

$\sum \vert x \vert ^n$ converge car

$x \in\; ] - 1 , 1[$ , donc

$\sum u_n$ converge normalement sur

$[0 ,\, a]$ , ce qui permet d’intervertir le signe

$\sum$ et l’intégrale sur

$[0 , \, a]$ :

$g_a(x) = \displaystyle \sum _{n = 1} ^{+\infty} \int_0 ^a u_n(t) \, \textrm {d} \, t$

$\displaystyle g_a(x) = \sum_{n = 1} ^{+\infty} \left [ \frac {- 2 \sin(n\,t) } n \, x^n \right ] _{t =0 }^{t = a }$

$\displaystyle g_a(x) = \sum_{n = 1} ^{+\infty} \frac {- 2 \sin(n\, a)}{n^2 } \, x^n$ .
En particulier si

$a = \pi$ ,

$\sin(n \, \pi) = 0$ , donc

$\displaystyle \int_{0} ^ {\pi} \ln(x^2 - 2\, x \cos t + 1) \, \textrm{d} \, t = 0$ .

⚠️ Il fallait faire attention à la variable d’intégration $t$ , il ne s’agissait pas d’intégrer terme à terme la somme d’une série entière !

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4. Fonctions à dérivées positives

Exercice 11 : Mines PSI 2017.
Soit $a > 0$ et $f$ une fonction de classe $C ^{\infty}$ sur $[0,\, a[$ dont toutes les dérivées successives sont positives.
Question 1
Soit $n \in \mathbb{N}$ . On note $R_n(x)$ le reste intégral de la formule de Taylor écrite à l’ordre $n$ pour $f$ entre $0$ et $x$ .
Montrer que la fonction $x \mapsto \displaystyle \frac {R_n(x)} {x^{n + 1}}$ est croissante sur $]0 , \, a[$ .

Question 2
En déduire que $f$ est développable en série entière sur $[0, \,a[$ .

Question 3 Application
Montrer que la fonction $\tan$ est DSE sur $\left ] - \displaystyle \frac \pi 2 , \, \frac \pi 2 \right [$ .

Corrigé de l’exercice 11 :

Question 1 :

$\ast$ Par la formule de Taylor avec reste intégral, $f(x) = S_n(x) + R_n(x)$ où
$S_n(x) = \displaystyle \sum _{k = 0} ^n \frac {f ^{(k)} (0)} {k!} \, x^k$ et
$R_n(x) = \displaystyle \int_0^x \frac {(x - t) ^n} {n !} \, f ^{( n+ 1) } (t) \, \textrm {d} \, t$ .
En utilisant le changement de variable de classe $C^1$ défini par : $\varphi : u \mapsto u \, x$ ,

$R_n(x) = \displaystyle \int_{0} ^{1} \frac {x^n (1 - t)^n } {n!} f^{(n+1) } (x\,u) \, x \, \textrm{d} \, u$

$\; \; \; = \displaystyle x^{n + 1} \int_{0} ^{1} \frac {(1 - t)^n } {n!} f^{(n+1) } (x\,u) \, \textrm{d} \, u$

$\ast$ Si $u \in [0 ,\, 1]$ et $0 < x < y < a$ , $0 \leq u\, x \leq u \, y < a$ , la fonction $f ^{(n + 1)}$ étant croissante sur $[0 , \, a[$ ,
$\quad \quad \quad f ^{(n + 1)}(u \, x) \leq f ^{(n + 1)}(u \, y)$ ,

on multiplie par $(1 - u) ^n \geq 0$ et on intègre sur $[0 , \, 1]$ :
$\displaystyle \int_{0} ^{1} \frac {(1 - u)^n } {n!} f^{(n) } (x\,u) \, \textrm{d} \, u$
$\displaystyle \leq \int_{0} ^{1} \frac {(1 - u)^n } {n!} f^{(n) } (y\, u) \, \textrm{d} \, u$
soit $\displaystyle \frac {R_n(x)} {x^{n + 1}} \leq \frac {R_n(y)} {y^{n + 1}}\,$ . $\ast$ $\ast$ La fonction $\displaystyle \varphi\, : \, x \mapsto \frac {R_n(x)} {x^{n + 1}}$ est croissante sur $]0 , \, a[$ .

Question 2 :

Soit $b \in \; ]0 ,\, a[$ et $x \in\; [0 ,\, b[$ , alors $\varphi(x) \leq \varphi(b)$ , donc $\displaystyle R_n(x) \leq R_n(b) \left (\frac x b \right ) ^n$ .
Puis comme $R_n(b) \leq f(b)$ car $S_n(b) \geq 0$ $\quad \quad \quad \displaystyle 0 \leq R_n(x) \leq f(b) \left (\frac x b \right ) ^n$ .
Comme $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \left (\frac x b \right ) ^n = 0$ , par encadrement, $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} R_n(x) = 0$ .
On a prouvé que $f(x) = \displaystyle \lim_{n \to + \infty} S_n(x)$ .

$f$ est développable en série entière sur $[0 , \, a[$ .

Question 3 :

La fonction $f = \tan$ est de classe $C^{\infty}$ sur $I = [0 , \, \pi/2[$ .
On va démontrer que $f ^{(n)}$ est à valeurs positives sur $I$ .
On note $H_n$ : $f^{(n)}(x) = P_n(\tan(x))$ où $P_n$ est une fonction polynôme à coefficients dans $\mathbb{N}$ .
La propriété est vraie pour $n = 0$ avec $P_0 = 1$
On suppose qu’elle est vraie au rang $n$ .
Pour $x \in I,$ $\; f ^{(n + 1)} (x) = P'_n(\tan(x)) \, (1 + \tan^2 (x))$
$f ^{(n + 1)} (x) = P_{n + 1} (\tan(x))$ où $P_{n+ 1} = (1 + \textrm{X}^2)\, P'_n$ est un polynôme à coefficients dans $\mathbb{N}$ .

On en déduit que $\forall \, x \in I, \; f ^{(n)} (x) \geq 0$ .

Par application de la deuxième question, $\tan$ est développable en série entière sur $[0 , \, \pi/2[$ .
Par parité, la relation obtenue est alors valable sur $]- \pi/2 , \, \pi/2[$ .

Les sujets de concours post-prépa font appel à l’ensemble des notions de mathématiques de Maths Spé, une connaissance parfaite de tous les chapitres du programme est donc requise. Pour vous aider voici une partie des chapitres à connaître par cœur :

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