Corrig´ e du DM2

Math´ematiques 3 DM2 - corrig´e CUPGE 2`eme ann´ee - automne 2020

Corrig´ e du DM2

Exercice 1. Suites et s´eries enti`eres.

Soit, pourn>1,Hn=

n

X

i=1

1

i. On consid`ere la s´erieX

n>1

Hnzⁿ. 1. Montrer que la s´erie enti`ereP

n>1Hnzⁿ a rayon de convergence 1.

2. On pose, pourx∈]−1,1[, h(x) =

+∞

X

n=1

H_nxⁿ. Montrer que pour tout x∈]−1,1[, on ah(x)−xh(x) =

−ln(1−x).

3. On consid`ere maintenant une suite quelconque (un)n∈N de r´eels strictement positifs, on pose vn = Pn

i=0u_i. Soit R_u le rayon de convergence de la s´erie enti`ere Pu_nzⁿ, et R_v le rayon de convergence de la s´eriePv_nzⁿ. Montrer queR_v>min(1, R_u).

4. On suppose de plus que lim

n→+∞un= 0. Montrer qu’alorsRu>1 etRv= 1.

5. Pour tout x∈]−1,1[ on posef(x) =P+∞

n=0unxⁿ. Montrer qu’alors pour toutx∈]−1,1[, on a

+∞

X

n=0

v_nxⁿ= f(x) 1−x.

Solution de l’exercice 1.

1. Pour tout i>2, on a 06 ¹i 61 et et de plus ¹₁ = 1, donc en sommant on a que pour toutn>1, 16Hn6n.

La s´erie P1·zⁿ est la s´erie g´eom´etrique de rayon de convergence 1, tandis que d’apr`es le crit`ere de d’Alembert, comme lim_n→+∞ⁿ⁺¹_n = 1, la s´erie Pnzⁿ a rayon de convergence 1. Ainsi, si on noteR le rayon de convergence dePH_nzⁿ, on a par comparaison 16R61 doncR= 1.

2. Soit x∈]−1,1[, alors on a :

xh(x) =x

+∞

X

n=1

H_nxⁿ

=

+∞

X

n=1

Hnxⁿ⁺¹

xh(x) =

+∞

X

n=2

Hn−1xⁿ,

la derni`ere ´egalit´e ´etant obtenue par changement d’indice. Ainsi, en ´ecrivanth(x) =x+P+∞

n=2Hnxⁿ, on obtient

h(x)−xh(x) =x+

+∞

X

n=2

(H_n−H_n−1)xⁿ

=x+

+∞

X

n=2

1 nxⁿ

=

+∞

X

n=1

1 nxⁿ

=−ln(1−x).

Universit´e de Paris 1 UFR de math´ematiques

Math´ematiques 3 DM2 - corrig´e CUPGE 2`eme ann´ee - automne 2020 3. On donne deux preuves : la premi`ere est directe, la deuxi`eme fait appel au produit de Cauchy.

Preuve directe : Soit r <min(1, Ru), soit r1 ∈]r,min(1, Ru)[. Alors (un(r1)ⁿ) est born´ee, soit donc M >0 tel queun(r1)ⁿ 6M pour toutn∈N. Alors pour tout n∈Non a

u_nrⁿ=u_n r

r1

n

r₁ⁿ6 r

r1

n

M,

la derni`ere in´egalit´e d´ecoulant du fait que 06r1 <1. On a donc que vnrⁿ 6Pn

i=0uirⁿ 6Pn i=0uirⁱ, car pour touti6non arⁱ >rⁿ (en effet 06r61). Orr < Ru donc la suite (Pn

i=0uirⁱ) converge, et donc (vnrⁿ) est born´ee. AinsiRv>min(1, Ru).

Preuve par produit de Cauchy. Consid´erons la s´erie g´eom´etrique P

zⁿ, de rayon de convergence 1.

Remarquons que la s´erie P

vnzⁿ est le produit de Cauchy de la s´erie P

zⁿ parP

unzⁿ. Ainsi Rv >

min(1, Ru).

4. Si lim_n→+∞u_n= 0, en particulier la suite (u_n) est born´ee, et doncR_u>1, doncR_v>1. D’autre part la suite (v_n) est strictement croissante donc ne tend pas vers 0 : la s´eriePv_n diverge grossi`erement, ce qui garantit queR_v61, doncR_v= 1.

5. Soit x∈]−1,1[. On a

(1−x)

+∞

X

n=0

vnxⁿ=

+∞

X

n=0

vnxⁿ−

+∞

X

n=0

w < vnxⁿ⁺¹

=

+∞

X

n=0

v_nxⁿ−

+

X

n=1

∞vn−1xⁿ

=v0+

+∞

X

n=1

(vn−v_n−1)xⁿ

=u0+

+∞

X

n=1

unxⁿ

=

+∞

X

n=0

unxⁿ

(1−x)

+∞

X

n=0

vnxⁿ=f(x), et donc on a bien

+∞

X

n=0

vnxⁿ= f(x) 1−x.

Remarquons qu’avec la remarque quePv_nzⁿest le produit de Cauchy dePu_nzⁿparPzⁿ, et le fait que pour toutx∈]−1,1[, P+∞

n=0xⁿ = _1−x¹ , le r´esultat d´ecoule directement du th´eor`eme sur la convergence des produits de Cauchy.

Exercice 2. Une suite r´ecurrente.

On consid`ere la suite (an)_n∈Nd´efinie par r´ecurrence par :a0= 1 et pour toutn>1, an+1= 2an+ 2ⁿ.

1. Montrer que la suite (an) est croissante et que pour toutn∈N,an64ⁿ. 2. On noteRle rayon de convergence de la s´eriePa_nzⁿ. Montrer queR> ¹4. 3. On note, pourx∈]−R, R[,f(x) =P+∞

n=0anxⁿ. Montrer que pour toutx∈]−¹₄,¹₄[, on a

+∞

X

n=0

an+1xⁿ= 2f(x) +

+∞

X

n=0

(2x)ⁿ.

4. En d´eduire que pour toutx∈]−¹₄,¹₄[, on a f(x)−1 =x

2f(x) + 1 1−2x

.

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5. En d´eduire une expression pourf(x) sous forme de fraction rationnelle.

6. D´evelopper en s´erie enti`ere l’expression trouv´ee `a la question pr´ec´edente pour montrer que pour tout n∈N,an= (n+ 2)2ⁿ⁻¹.

Solution de l’exercice 2.

1. On montre par une r´ecurrence imm´ediate que pour tout n ∈ N, an > 0. Ensuite, comme pour tout n ∈ N on a an+1 = 2an + 2ⁿ > an, la suite (an) est croissante. Enfin, on montre que pour tout n ∈ N, an 6 4ⁿ par r´ecurrence : on a bien a0 = 1 6 4⁰, et pour un n ∈ N donn´e, si an 6 4ⁿ, alors an+1= 2an+ 2ⁿ62·4ⁿ+ 2ⁿ62·4ⁿ+ 4ⁿ64ⁿ⁺¹.

2. Par comparaison, comme la s´erieP

4ⁿzⁿ a rayon de convergence 1/4 (cons´equence imm´ediate du crit`ere de Cauchy), on aR> ¹4 par la question pr´ec´edente.

3. Soitx∈]−¹₄,¹₄[, d’apr`es la question pr´ec´edente les sommesPa_nxⁿ etP2ⁿxⁿconvergent, et on a alors : 2f(x) +

+∞

X

n=0

(2x)ⁿ = 2

+∞

X

n=0

anxⁿ+

+∞

X

n=0

2ⁿxⁿ

=

+∞

X

n=0

(an+ 2ⁿ)xⁿ

=

+∞

X

n=0

a_n+1xⁿ.

4. Soit x∈]−¹₄,¹₄. Remarquons que x

+∞

X

n=0

a_n+1xⁿ=

+∞

X

n=0

a_n+1xⁿ⁺¹=f(x)−f(0) =f(x)−1.

D’autre part,P+∞

n=0(2x)ⁿ= _1−2x¹ carx∈]−¹₂,¹₂[, d’o`u l’´egalit´e voulue en utilisant la question pr´ec´edente et ces deux ´egalit´es.

5. Soit x∈]−¹₄,¹₄[ On d´eduire de la question pr´ec´edente que f(x)(1−2x) = x

1−2x+ 1, et doncf(x) = x

(1−2x)² + 1 1−2x. 6. On a pour toutx∈]−¹₂,¹₂[, _1−2x¹ =P+∞

n=0(2x)ⁿ. En d´erivant terme `a terme, on obtient que pour tout x∈]−¹₂,¹₂[,

2 (1−2x)² =

+∞

X

n=1

n2ⁿxⁿ⁻¹. Ainsi, pour toutx∈]−¹₂,¹₂[, on a _(1−2x)^x 2 = ¹₂P+∞

n=1n2ⁿxⁿ=P+∞

n=1n2ⁿ⁻¹xⁿ =¹₂P+∞

n=0n2ⁿxⁿ puisque le premier terme de la somme est nul. Finalement, on a donc pour toutx∈]−¹₄,¹₄[.

f(x) =

+∞

X

n=0

n2ⁿ⁻¹xⁿ+

+∞

X

n=0

2ⁿxⁿ=

+∞

X

n=0

(n2ⁿ⁻¹+ 2ⁿ)xⁿ.

Par unicit´e des coefficients du d´eveloppement en s´erie enti`ere, on trouve donc que pour tout n ∈ N, a_n=n2ⁿ⁻¹+ 2ⁿ = (n+ 2)2ⁿ⁻¹.

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