corrigé

PC∗

Corrigé : comparaison de fonctions développables en séries entières (PT 1999)

Partie I.

Question 1. La série entièreXunxnest géométrique de raison 1 ; son rayon de convergence vaut 1.

wn∼vn=1

net par application immédiate de la règle de d’Alembert, le rayon de convergence des séries entières

X

vnxnet

X

wnxnest aussi égal à 1.

X

un diverge car son terme général ne tend pas vers 0.

X

vn est la série harmonique, divergente ; compte-tenu de

l’équivalence signalée plus haut et du fait qu’il s’agit de séries à termes positifs,Xwndiverge également.

Question 2. On a directement : f (x) = +∞ X n=1 xn= x 1 − x et g(x) = +∞ X n=1 xn n = − ln(1 − x). wn= n + 2 n(n + 1) = 2 n− 1

n + 1 donc on peut écrire, pour x , 0 :

h(x) = 2 +∞ X n=1 xn n − 1 x +∞ X n=1 xn+1 n + 1= −2 ln(1 − x) − 1 x  −_{ln(1 − x) − x}_{= 1 −}  2 −1 x  ln(1 − x).

Enfin, lorsque x = 0 on a à l’évidence : h(0) = 0. Question 3. Toujours directement, lim

x→1 x<1 f (x) = lim x→1 x<1 g(x) = lim x→1 x<1 h(x) = +∞. D’autre part, lim x→1 x<1 g(x) f (x)= − limx→1 x<1 (1 − x) ln(1 − x) x = 0 et lim+∞ vn un = lim +∞ 1 n= 0 ; lim x→1 x<1 h(x) g(x)= − limx→1 x<1 ₁ x+ 2 − 1 ln(1 − x)  = 1 et lim +∞ wn vn = lim +∞ n + 2 n + 1= 1.

Partie II.

a) PuisqueXanest une série à termes positifs divergente, la suite de ses sommes partielles tend vers +∞ et en particulier,

pour tout A > 0 il existe N1∈ N ∗ tel que N1 X n=1 an>2A.

b) N1 étant ainsi fixé, l’application x 7→ N1

X

n=1

anxn est une fonction polynôme, donc continue sur R et en particulier,

lim x→1 N1 X n=1 anxn = N1 X n=1

an, ce qui implique l’existence de α > 0 tel que : 1 − α 6 x 6 1 ⇒

    N1 X n=1 anxn− N1 X n=1 an     6_{A. Grâce à la}

minoration de la question précédente, on obtient dans ces conditions : N1 X n=1 anxn> N1 X n=1 an−A > A. c) Pour tout x de ]0, 1[, f (x) = +∞ X n=1 anxn= N1 X n=1 anxn+ +∞ X N1+1 anxn> N1 X n=1

anxndonc d’après ce qui précède, pour tout A > 0 il

existe α > 0 tel que : 0 6 1 − x 6 α ⇒ f (x) > A. Ceci traduit le fait que lim

x→1 x<1

f (x) = +∞.

Question 5.

a) Notons R le rayon de convergence de la série entièreXbnxn.

Que λ soit nul ou pas on a bn= O(an) donc R > 1.

Lorsque λ , 0 on a aussi an= O(bn) donc R 6 1 et en définitive R = 1.

Notons que lorsque λ = 1 l’inégalité R > 1 peut être stricte, comme le montre l’exemple an= 1 et bn= 0.

b) Pour tout x de ]0, 1[, f (x) > 0 donc en particulier f (x) , 0 et on peut écrire :

g(x) f (x)− λ= 1 f (x) X+∞ n=1 bnxn− λ +∞ X n=1 anxn  = 1 f (x) X+∞ n=1 λnanxn− λ +∞ X n=1 anxn  = 1 f (x) +∞ X n=1 (λn− λ)anxn.

c) La suite (λn− λ)n∈Nconverge vers 0, donc est bornée : il existe M > 0 tel que pour tout n ∈ N

∗

, |λn− λ| 6M.

d) Par définition de la convergence d’une suite, pour tout  > 0, il existe N2∈ N ∗

tel que : ∀n > N2, |λn− λ| 6 .

Alors pour tout x ∈ ]0, 1[, +∞ X n=N2+1 |λn− λ|anxn6 +∞ X n=N2+1 anxn6  X+∞ n=N2+1 anxn+ N₂ X n=1 anxn  = f (x). e) En exploitant les résultats précédents, on peut écrire que pour tout  > 0 il existe N2∈ N

∗ tel que : ∀_{x ∈ ]0, 1[ ,}   g(x) f (x)− λ    = 1 f (x)     +∞ X n=1 (λn− λ)anxn     6 1 f (x) +∞ X n=1 |λ_n− λ|anxn6+ M f (x) N2 X n=1 anxn.

N2étant ainsi fixé (il ne dépend pas de x), puisque lim_x→1

x<1 N2 X n=1 anxn= N2 X n=1 anet lim_x→1 x<1 f (x) = +∞, on en déduit : lim x→1 x<1 M f (x) N2 X n=1 anxn=

0, ce qui peut se traduire par l’existence de β > 0 tel que : 1 − β 6 x ⇒     M f (x) N₂ X n=1 anxn     6_.

En résumé, nous avons montré que pour tout  > 0 il existe β > 0 tel que : x > 1 − β ⇒   g(x) f (x)− λ     6_{2, ce qui signifie :} lim x→1 x<1 g(x) f (x)= λ.

Partie III.

a) L’application θ 7→ 1 − x cos2θest monotone sur 

0,π 2 

donc prend des valeurs comprises entre 1 et 1 − x. Lorsque x > 1 toutes ces valeurs sont strictement positives, ce qui donne un sens à F(x).

Lorsque x = 1 on dispose de l’équivalence √ 1 1 − cos2_θ =

1 sin θ ∼0

1

θ qui montre que l’intégrale Z π₂

0

dθ √

1 − cos2_θ est diver-gente. La fonction F n’est donc pas définie pour x = 1.

b) Si 1 < x < y on a pour tout θ ∈  0,π 2  , √ 1 1 − x cos2_θ 6 1

p1 − y cos2_θ et par positivité de l’intégrale, F(x) 6 F(y). La fonction F est donc croissante.

c) Notons f : (x, θ) 7→√ 1 1 − x cos2_θ et considérons α < 1. – À θ ∈  0,π 2 

fixé la fonction x 7→ f (x, θ) est continue ;

– À x ∈ ]−∞, α] fixé la fonction θ 7→ f (x, θ) est continue par morceaux et intégrable, et f (x, θ)

6f (α, θ) = φ(θ). Puisque la fonction θ 7→ φ(θ) est continue par morceaux et intégrable, le théorème de continuité des intégrales à paramètre s’applique : la fonction F est continue sur ]−∞, α], puis par recouvrement sur ]−∞, 1[.

Question 7. On a (1 − t)−1/2= +∞ X n=0 αntnavec α0= 1, α1=1 2 et pour n > 2, α_n= (−1)n(−1/2)(−1/2 − 1) · · · (−1/2 − n + 1) n! = 1 × 3 × · · · × (2n − 1) 2n_n! = 2 πIn cette dernière égalité restant valable pour n = 0 et n = 1.

Question 8.

a) D’après la question précédente, ρN(θ) = +∞ X n=N+1 α_n(cos θ)2nxndonc ρN(θ)   6 +∞ X n=N

α_n|_x|n_{, la convergence de cette dernière} série étant assurée puisque |x| < 1.

b) En intégrant on obtient F(x) = N X n=0 α_nxn Z π₂ 0 (cos θ)2ndθ + Z π₂ 0 ρ_N(θ) dθ =π 2+ N X n=1 α_nInxn+ RNavec RN= Z π₂ 0 ρN(θ) dθ, et |RN| 6 Z π₂ 0   ρN(θ)    dθ6 Z π₂ 0 +∞ X n=N+1 α_n|_x|n_{dθ =} π 2 +∞ X n=N+1 α_n|_x|n_. c) Pour x ∈ ]−1, 1[ fixé, +∞ X n=N+1

α_n|_x|n _{est le reste d’une série convergente donc lim}

N→+∞RN= 0. Ceci prouve que la série X

αnInxnconverge et a pour somme F(x), et donc que F est développable en série entière sur ]−1, 1[, avec

F(x) = π 2+ +∞ X n=1 α_nInxn= π 2+ 2 π +∞ X n=1 I2_nxn.

Question 9. Sachant que I2n∼

π

4n, la suite (an) définie par an= I 2

nvérifie les conditions (H) de la partie II.

Posons bn = 1 n. On a lim bn an = 4

π donc d’après les résultats de la partie II, limx→1

g(x) f (x) = 4 π, avec f (x) = +∞ X n=1 I2_nxn et g(x) = +∞ X n=1 xn n = − ln(1 − x). Ainsi, f (x) ∼1−− π 4ln(1 − x) puis F(x) ∼1−− 1 2ln(1 − x).

Partie IV.

ak>a1> 0 donc la suite (An)n∈N∗vérifie (H

1). Cette minoration montre en outre que Anne

tend pas vers 0, d’où la divergence de la sérieXAn. La suite (An)n∈N∗ vérifie la condition (H

3). b) En prenant x = 1 dans la série entièreXAnxn, on obtient la série divergente

X

An; le rayon de convergence de

X

Anxnest donc au plus égal à 1.

c) Pour tout r ∈ ]0, 1[ on a : Anrn = Xn k=1 ak  rn 6 n X k=1

akrk. Cette dernière expression est la somme partielle d’une série

à termes positifs convergente ; elle est donc majorée : il existe M > 0 tel que pour tout n ∈ N∗,

n

X

k=1

akrk 6M. A fortiori,

Anrn6M.

D’après le lemme d’Abel on en déduit que tout réel r ∈ ]0, 1[ est inférieur ou égal au rayon de convergence de la série entièreXAnxn, qui est donc au moins égal à 1, et enfin égal à 1 d’après la question précédente. La suite (An)n∈N∗vérifie

aussi la condition (H2) de la partie II.

d) Pour tout x ∈ ]−1, 1[, (1 − x) n X k=1 Akxk= n X k=1 Akxk− n X k=1 Akxk+1= n X k=1 Akxk− n+1 X k=2 Ak−1xk = A1x + n X k=2 (Ak−Ak−1)xk−Anxn+1= A1x + n X k=2 akxk−Anxn+1 = n X k=1 akxk−Anxn+1 (car A1= a1).

Pour x ∈ ]−1, 1[ la sérieXAnxnconverge, donc son terme général tend vers 0 et il en va de même de Anxn+1. Par passage

à la limite lorsque n tend vers +∞ dans l’égalité ci-dessus, on obtient : (1 − x) +∞ X n=1 Anxn= +∞ X n=1 anxn. Question 11.

a) On a Cn= O(An) donc le rayon de convergence de

X

Cnxnest au moins égal à celui de

X

Anxn, à savoir 1. La série

X

Cnxnest au moins convergente pour tout x ∈ ]−1, 1[.

b) En effectuant une transformation analogue à celle du 10.d, on peut écrire :

n X k=1 ckxk= (1 − x) n X k=1 Ckxk+ Cnxn+1. Si x est

dans ]−1, 1[, la suite des sommes partielles _Xn

k=1

Ckxk



n∈N∗ est convergente et le terme Cnx

n+1_{tend vers 0, donc la série}

X

cnxnest convergente. On obtient une relation entre les sommes par le même procédé qu’en 10.d :

(1 − x) +∞ X n=1 Cnxn= +∞ X n=1 cnxn.

c) On peut appliquer le résultat de la partie II aux suites (An)n∈N∗ et (C n)n∈N∗. On a donc : lim x→1 x<1 +∞ P n=1 Cnxn +∞ P n=1 Anxn

= λ, et compte-tenu des relations entre les sommes, on a aussi : lim

x→1 x<1 +∞ P n=1 cnxn +∞ P n=1 anxn = λ. Question 12. a) Pour tout k > 1 on a : Zk+1 k dt t 6 1 k et pour tout k > 2 : 1 k 6 Z k k−1 dt t donc Z n+1 1 dt t 6 n X k=1 1 k 6 1 + Zn 1 dt t , soit ln(n + 1) 6 An61 + ln n. Il en résulte : An∼ln n.

b) Encadrons l’entier n > 1 par deux puissances successives de 2 : pour tout n ∈ N∗, il existe un unique p ∈ N tel que

n ∈ ~2p, 2p+1−_{1. Lorsque n est dans cet intervalle, Cn= p + 1. Or 2}p6_{n < 2}p+1 ⇐⇒ _{p ln 2 6 ln n < (p + 1) ln 2 ⇐⇒ p 6} ln n ln 2 < p + 1, soit p = _{ln n} ln 2  . On a ln n ln 26p < ln n ln 2+ 1 donc ln n ln 2< Cn6 ln n ln 2+ 1.

c) La suite (an)n∈N∗ vérifie les conditions (H0). L’encadrement précédent permet de conclure que lim n→+∞

Cn

An

= 1 ln 2; on

peut donc appliquer le résultat de la question 11.c qui donne : lim

x→1 x<1 +∞ P n=1 cnxn +∞ P n=1 xn n = 1 ln 2, puis : +∞ X k=0 x2k ∼ 1−− ln(1 − x) ln 2 .