La s´erie num´erique de terme g´en´eral x n3/2 est une s´erie de Riemann convergente

Universit´e Pierre-et-Marie Curie-Paris 06 LM 260 Corrig´e de l’examen 2012-2013

18 juin 2013 Exercice 1

1)Il s’agit d’une s´erie `a termes positifs quelque soitx∈R₊. Pourx6= 0 fix´e,u_n(x)∼_n→+∞ x

n^3/2. La s´erie num´erique de terme g´en´eral x

n^3/2 est une s´erie de Riemann convergente. Donc, en appliquant les th´eor`emes de comparaison, cette s´erie converge simplement surR₊.

2)Toutes les fonctionsunsont continues et d´erivables. On au⁰_n(x) =

√n

(x+n)² ≥0. Par suite sup

x∈R+

|un(x)|=

x→+∞lim un(x) = 1

√n. La s´erie de Riemann de terme g´en´eral 1

√n est divergente. Donc la s´erie de fonctions de terme g´en´eralun(x) = x

√n(x+n) ne converge pas normalement surR+. 3)SoitM >0. Alors, sup

0≤x≤M

|un(x)|= M

√n(M +n). La s´erie num´erique de terme g´en´eral M

√n(M+n) est convergente et donc la sommesest continue sur [0, M]. Par un argument de localisation, la sommesde la s´erie de fonctions de terme g´en´eral un est continue surR+.

Pour toutx∈R+, u⁰_n(x) =

√n

(x+n)² ≥0 . On en d´eduit que les fonctionsun sont croissantes et par suite, la sommesest aussi croissante surR+.

4)Les fonctions u_n sont croissantes, d’o`u, pourN ≥n≥1 : un(N) = N

√n(N+n) ≥un(n) = n

√n(n+n) = 1 2√ n

Doncs(N) =

+∞

X

k=1

√ N

k(N+k)≥

N

X

k=1

√ N

k(N+k) =

N

X

k=1

1 2√

k, puisqueN ≥n≥k.

Posonss_n=

n

X

k=1

1 2√

k. On sait que lim_n→+∞s_n= +∞ets(N)≥s_n pourN ≥n. Puisquesest croissante, on en d´eduit bien que lim

x→+∞s(x) = +∞.

Exercice 2

1)Si f(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ, on a f⁰⁰(x) =

+∞

X

n=0

n(n−1)anxⁿ⁻². Puisquef est solution de (E), on a : (1 +x²)

+∞

X

n=0

n(n−1)a_nxⁿ⁻²= 2

+∞

X

n=0

a_nxⁿ, soit encore:

+∞

X

n=2

n(n−1)anxⁿ⁻²+

+∞

X

n=2

n(n−1)anxⁿ= 2

+∞

X

n=0

anxⁿ

On fait un d´ecalage d’indice, en prenantn−2 comme nouvel indice dans la premi`ere somme, ce qui donne

+∞

X

n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2xⁿ+

+∞

X

n=2

n(n−1)anxⁿ= 2

+∞

X

n=0

anxⁿ

1

En identifiant terme `a terme les deux membres, on trouve, pourn≥2, (n+2)(n+1)an+2+n(n−1)an = 2an, c’est-`a-dire:

(n+ 2)a_n+2=−(n−2)a_n.

2) En prenant n= 2, on trouve bien que a₄ = 0. On prend ensuiten = 2pet on applique la relation de r´ecurrence pour obtenira_2p= 0 pour toutp≥2

La condition initialea0= 0 et la relation de r´ecurrence impliquent imm´ediatement quea2= 0.

En posant n = 2p+ 1, la condition initialea1 = 1 et la relation de r´ecurrence impliquent par it´erations successives: a2p+1= (−1)^p+1

(2p−1)(2p+ 1). 3) Pour |x| ≤ 1, on a |anxⁿ| ≤ 1

(2p−1)(2p+ 1), qui est le terme g´en´eral d’une s´erie num´erique conver- gente. Donc la s´erie enti`ere de terme g´en´erala_nxⁿ est normalement convergente sur [−1,+1]. Son rayon de convergence est 1 puisque lim

n→+∞|a_n+2 an

|= lim

n→+∞

n−2 n+ 2 = 1.

D’o`u, pourx∈[−1,+1], f(x) =x+

+∞

X

p=1

(−1)^p+1x^2p+1 (2p−1)(2p+ 1).

4)On sait que l’on peut d´eriver terme `a terme une s´erie enti`ere soit pourx∈]−1,+1[, f⁰(x) = 1 +

+∞

X

p=1

(−1)^p+1x^2p (2p−1)

D’o`u pourx∈]−1,+1[, x6= 0, g(x) =f⁰(x)−1

x = 1 +P+∞

p=1

(−1)^p+1x^2p 2p−1 −1

x =

+∞

X

p=1

(−1)^p+1x^2p−1 2p−1 . En d´erivant terme `a terme, on en d´eduit que pour x∈]−1,+1[, g⁰(x) = 1 +

+∞

X

p=2

(−1)^p+1x^2p−2. En faisant

un d´ecalage d’indices, on trouveg⁰(x) =

+∞

X

p=0

(−1)^px^2p= 1

1 +x² et donc, puisqueg(0) = 0,g(x) = arctanx.

5) On en d´eduit que f(x) = Z x

0

tarctant dt+xet par l’unicit´e de la solution de (E), c’est la solution de cette ´equation diff´erentielle sur ]−1,+1[. Par une int´egration par parties en posantu⁰=tet v= arctant, on trouve: f(x) = x²

2 arctanx−1 2

Z x

0

1 +t² 1 +t²− 1

1 +t²

dt+x=1

2(x²arctanx+ arctanx+x).

Exercice 3

1) On ´ecrit, pour tout x∈Ret pour tout t∈[0,+∞[ : |exp(−t+ixt²)| ≤exp(−t). La fonction exp(−t) est int´egrable sur [0,+∞[ et donc la fonction exp(−t+ixt) est absolument int´egrable sur [0,+∞[ pour tout x∈R.

2)On proc`ede par r´ecurrence en faisant une int´egration par parties : Z A

0

e^−ttⁿdt=

−tⁿe^−tA 0 +n

Z A

0

e^−ttⁿ⁻¹dt Comme lim

A→+∞−Aⁿe^−tA= 0, on obtient Z +∞

0

e^−tt²ⁿdt=n Z +∞

0

e^−ttⁿ⁻¹dt

Par une r´ecurrence imm´ediate, on obtient finalement : Z +∞

0

e^−ttⁿdt=n!.

2

3)La d´eriv´ee de la fonction exp(−t+ixt²) est d

dxexp(−t+ixt) =it²exp(−t+ixt), qui est domin´ee par la fonctiont²e^−t, in´egrale sur [0,+∞[. On peut d´eriver sous le signe d’int´egration, soit, pourx∈R:

f⁰(x) =i Z +∞

0

t²exp(−t+ixt²)dt

Une r´ecurrence imm´ediate permet ensuite de montrer que f est de classe C^∞ et que pour tout n ≥ 1, f⁽ⁿ⁾(x) =iⁿ

Z +∞

0

t²ⁿexp(−t+ixt²)dt.

4)Pour x= 0, on trouve bienf⁽ⁿ⁾(0) =iⁿ Z +∞

0

t²ⁿexp(−t)dt=iⁿ(2n)! d’apr`es la question 2).

5)La s´erie de Taylor def a un rayon de convergence nul donc cette fonction n’est pas d´eveloppable en s´erie enti`ere.

3