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