2/ On a pour tout n ∈ N et t ≥ 0, un(t

LM 250 Corrigé 7 Juin 2011 Exercice n^o1

1/ On a f⁰(t) = (2t−t²)e^−t. Donc f est croissante sur[0,2], puis décroissante sur[2,+∞].

Elle atteint son maximum pour t= 2. D’oùM =f(2) = 2²e⁻² =e^{−2(1−ln 2)} <1.

2/ On a pour tout n ∈ N et t ≥ 0, u_n(t) = nt²ⁿe^−tn = nf(t)ⁿ ≤ nMⁿ. Posons m_n = nMⁿ. Alors m_n+1

m_n = (n+ 1)Mⁿ⁺¹

nMⁿ = n+ 1

n M. Comme M <1 on voit, par D’Alembert, que X m_n converge. Donc la série de fonctions converge normalement sur[0,+∞[.

3/ a) La fonction S =

+∞

X

0

un est la somme d’une série normalement convergente de fonctions continues surR⁺. Donc S est continue sur R⁺.

b) On a ∀t >0, u⁰_n(t) =n 2nt²ⁿ⁻¹e^−tn−nt²ⁿe^−tn

=−nu_n(t) + 2nu_n(t) t . Fixons a >0. Pour t≥a,

u⁰_n(t) ≤n

u_n(t) ×

1 + 2

t

≤n²Mⁿ

1 + 2 a

. Donc µ_n = n²Mⁿ

1 + 2

a

est un majorant de |u⁰_n| sur [a,+∞[. Par D’Alembert on voit que Xµ_nconverge. La sérieX

u⁰_n est donc normalement convergente sur[a,+∞[pour touta >0.

Lesu_n étant dérivables, on en déduit que S est dérivable sur [a,+∞[ pour tout a >0soit, par localisation, sur]0,+∞[.

Exercice n^o2 1/ On a lim

n−→+∞

a_n+1

a_n = 1. Donc, par la règle de D’Alembert, R = 1 1 = 1.

2/ Notons que la fonction x−→ 1

√1−x est bien solution de (E).

Réciproquement une solution y, supposée continue et dérivable, ne s’annule pas au voisinage de 0 puisque y(0) = 1. On peut donc écrire y⁰

y = 1

2(1−x) soit lny =−1

2 ln(1−x) + Cste ou encorey = e^Cste

√1−x. La condition y(0) = 1 entraîney = 1

√1−x. 3/ Pour toutx ∈]−1,1[,

2(1−x)S⁰(x)−S(x) = 2(1−x)

+∞

X

1

na_nxⁿ⁻¹ −

+∞

X

0

a_nxⁿ

= 2

+∞

X

1

na_nxⁿ⁻¹−2x

+∞

X

1

na_nxⁿ⁻¹ −

+∞

X

0

a_nxⁿ

= 2

+∞

X

0

(n+ 1)a_n+1xⁿ−2

+∞

X

1

na_nxⁿ−

+∞

X

0

a_nxⁿ

=

+∞

X

0

(2n+ 2)a_n+1−(2n+ 1)a_n xⁿ

2 Par hypothèse (2n+ 2)a_n+1−(2n+ 1)a_n= 0 pour tout n. Donc 2(1−x)S⁰x)−S(x) = 0 pour

|x|<1 etS est solution de (E).

4/ D’après l’unicité démontrée au 2/, il suffit de vérifier queS, qui est solution de (E), vérifie S(0) = 1. Or S(0) =a₀ = 1 par hypothèse. D’où le résultat.

5/ On a ln a_n+1

a_n

= ln

2n+ 1 2n+ 2

∼

n→∞

2n+ 1

2n+ 2 −1 = −1

2n+ 2. Par le critère de Riemann, la série X 1

2n+ 2 diverge. Donc X ln

a_n+1 a_n

également, par comparaison.

6/ Si X

an converge, alors, par convergence normale, x −→

+∞

X

0

anxⁿ est continue sur [0,1].

Or lim

x−→1⁻ +∞

X

0

a_nxⁿ= lim

x−→1⁻

√ 1

1−x = +∞. Contradiction. Donc X

a_n diverge.

7/ Comme le RCV de X

a_nzⁿ vaut 1, D(0,1) ⊆ D ⊆ D(0,1) et d’après 6/, 1 ∈ D. Reste à/ étudier le cas|z|= 1, z6= 1. Pour appliquer le critère d’Abel monotone nous devons vérifier que la suite(a_n)_n∈Ndécroît vers 0. La décroissance est évidente. D’après 5/, la sérieX

ln

a_n+1 a_n

étant à termes négatifs, lim

n−→+∞ln a_n

a₀

= lim

n−→+∞lna_n =−∞. Donc lim

n−→+∞a_n = 0. Majorons

n

X

k=0

z^k

indépendamment de n. On a

n

X

k=0

z^k

=

1−zⁿ⁺¹ 1−z

≤ 2

|1−z| qui est bien indépendant den. Donc si |z|= 1 etz 6= 1,X

a_nzⁿ converge. D’où D ={z ∈ C, |z| ≤1, z 6= 1}.

8/ Par substitution, pour |x| < 1, 1

√1−x² =

+∞

X

0

a_nx²ⁿ. Il suffit donc de poser b_2n = a_n et b_2n+1 = 0 pour tout n.

9/Il y a une singularité en 1. Or en 1⁻, 1

√1−t² = 1

√1 +t

√ 1

1−t ∼ 1

√2

√ 1

1−t. Par le critère de Riemann

Z 1 dt

√1−t converge. Par comparaison Z 1

0

√ dt

1−t² converge aussi.

10/ On peut supposer x ≥ 0. Pour 0 ≤ x ≤ 1, Z x

0

√ dt

1−t² = Z x

0

+∞

X

0

a_nt²ⁿ

!

dt. Comme x et les an sont positifs le théorème de Fubini positif permet d’échanger X

et Z

. On a donc Z x

0

√ dt

1−t² =

+∞

X

0

Z x

0

a_nt²ⁿ dt

=

+∞

X

0

a_n x²ⁿ⁺¹

2n+ 1. La convergence de Z 1

0

√ dt

1−t² entraîne celle de

+∞

X

0

a_n

2n+ 1. Donc le DSE de x−→

Z x

0

√ dt

1−t² converge pour |x| ≤1