Cours en ligne Maths en Maths Spé

Chapitres Maths en MP, PSI, PC, TSI, PT

Cours en ligne Maths en Maths Spé

Chapitres Maths en MP, PSI, PC, TSI, PT

Séries entières en MP, PC, PSI, PT

Name: Groupe Réussite: Cours particuliers, stages intensifs de révision
Brand: Groupe Réussite
SKU: Cours Particuliers
Rating: 4.9 (1049 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 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \int _a ^b f ( u)\, u ^{1/n - 1} \, \textrm {d} \, u= \int _a ^b \frac {f ( u)} u \, \textrm {d} \, u$

COURS DE MATHS

Les meilleurs professeurs particuliers

Pour progresser et réussir

Avis Google France ★★★★★ 4,9 sur 5

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 $x \in \; ] - 1 , \, 1[$ , $\quad \quad \displaystyle f(x) = \frac {2\, x^2} {(1 - x^2)^2} + \frac 1 2 \ln \left( \frac {1 + x} {1 - x} \right )\,$ .

Tous les chapitres à connaître et à maîtriser parfaitement pour réussir aux concours des meilleures écoles d’ingénieurs sont disponibles gratuitement grâce aux cours en ligne de Maths en PSI, aux cours en ligne de MP en Maths et aux cours en ligne de PC en Maths.

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 !

COURS PARTICULIERS EN LIGNE

Nous avons sélectionné pour vous les meilleurs professeurs particuliers.

POUR ACCÉLÉRER MA PROGRESSION

Avis Google France ★★★★★ 4,9 sur 5

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 :

Pour avoir les corrigés de tous ces exercices et accéder à tous les exercices et annales corrigés, n’hésitez pas à télécharger l’application mobile PrepApp.