Exercice 1 : d après E3A PC 2018

Exercice 1 : d’après E3A PC 2018

1. Soit n∈N^∗.

h_2n−h_n=

2n

X

k=n+1

1 k.

Or, pour toutk∈[[n+ 1,2n]], 1 k > 1

2n,donc h_2n−h_n=

2n

X

k=n+1

1 k >

2n

X

k=n+1

1

2n =n 1 2n = 1

2. 2. Pour toutn∈N^∗, hn+1−hn= 1

n+ 1 >0,donc la suite (hn)_n∈N^∗ est croissante.

Si la suite (h_n)_n>1 convergeait vers un réel ` alors la suite extraite (h<sub>2n</sub>)<sub>n>1</sub> convergerait aussi vers `et donch_2n−h_n→0. Ce qui est impossible car h_2n−h_n> 1

2. On en déduit que la suite (h_n)_n>1 diverge. Comme elle est croissante, h_n→+∞.

3. • Pourx= 1, h_nxⁿ →

n→+∞+∞,donc^P_n>1h_nxⁿdiverge grossièrement. Par suite,R 61.

• Pour toutn∈N^∗,

|h_n|=

n

X

k=1

1 k 6

n

X

k=1

1 =n.

Or, ^P_n>1xⁿ a pour rayon de convergence 1, donc ^P_n>1nxⁿ a pour rayon de convergence 1, doncH(x) =^P_n>1h_nxⁿ a un rayon de convergence supérieur ou égal à 1.

• Par suite, le rayon de convergence deH est 1 .

• Enfin,^Ph_nxⁿdiverge pourx= 1 (premier point) et diverge aussi pour x=−1 (car (−1)ⁿh_n n’a pas de limite, donc la série diverge grossièrement), donc I =]−1,1[.

Remarque. Pour déterminer le rayon de convergence, on aurait aussi pu utiliser le critère de d’Alembert car, pour toutn∈N^∗, hn>0 et

hn+1

h_n =

→+∞

z}|{h_n +

→0

z }| { 1 n+ 1 h_n ∼ hn

h_n →

n→+∞1.

On retrouve (heureusement) le rayon de convergence égal à 1.

4. • Pour toutn∈N^∗, 1

n² >0 et en appliquant la règle de D’Alembert, 1

(n+ 1)² 1 n²

∼ n² n² →

n→+∞1, donc le rayon de convergence de S est 1/1 = 1.

•La série entière^X hn

n+ 1xⁿ⁺¹est de même rayon que la série entière^Xhnxⁿ. Et hn

n+ 1 ∼ hn

n. D’où T a le même rayon de convergence queH,c’est-à-dire 1 .

5. Pour toutx∈]−1,1[, g(x) = ln(1−x) =−

+∞

X

n=1

xⁿ n. Le rayon de convergence de cette série entière est 1.

6. x7→ 1

1−x est développable en série entière sur ]−1,1[, 1 1−x =

+∞

X

n=0

xⁿ(le rayon de convergence de cette série entière est 1).

Par suite,G:x7→ln(1−x)× 1

1−x est développable en série entière sur ]−1,1[ comme produit de fonctions développables en série entière sur ]−1,1[.

De plus,G(x) est le produit de Cauchy de−

+∞

X

n=1

xⁿ n =

+∞

X

n=0

a_nxⁿen posanta_n=

(0 si n= 0

−1/n si n >0 et

+∞

X

n=0

xⁿ=

+∞

X

n=0

bnxⁿ en posantbn= 1 pour toutn∈N. Par suite, pour tout x∈]−1,1[,

G(x) =

+∞

X

n=0 n

X

k=0

a_kbn−k

! xⁿ=

+∞

X

n=1 n

X

k=1

−1

kxⁿ (car a₀ = 0)

=−

+∞

X

n=1

h_nxⁿ d’où G(x) =−H(x)

7. Comme L est la primitive deH sur l’intervalle ]−1,1[ qui s’annulle en 0, on a

∀x∈]−1,1[, L(x) = Z x

0

H(t)dt= Z x

0

−G(t)dt= Z x

0

−ln(1−t) 1−t dt

=

"

(ln(1−t))² 2

#x

0

= (ln(1−x))²

2 .

On a donc, pour tout x∈]−1,1[, L(x) = (g(x))² 2 8. Deux façons de le justifier :

— L : x 7→ 1

2g(x)×g(x) est développable en série entière sur ]−1,1[ comme produit de fonctions développables en série entière.

— L, primitive de H est développable en série entière sur ]−1,1[ comme primitive d’une fonction développable en série entière.

Le deuxième point permet de plus d’écrire : pour tout x∈]−1,1[, L(x) =L(0) +

+∞

X

n=1

hn

n+ 1xⁿ⁺¹=

+∞

X

n=1

hn

n+ 1xⁿ⁺¹ 9. Par suite, pour tout x∈]−1,1[,

(T−S)(x) =

+∞

X

n=1

h_n n xⁿ−

+∞

X

n=1

1 n²xⁿ=

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 kn

! xⁿ−

+∞

X

n=1

1 n²xⁿ

=

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 kn− 1

n²

!

xⁿ= 0 +

+∞

X

n=2 n−1

X

k=1

1 kn

! xⁿ=

+∞

X

n=2

hn−1

n xⁿ

=

+∞

X

j=1

h_j

j+ 1x^j+1 (en posantj=n−1⇔n=j+ 1)

=L(x).

10. Soit y∈]0,1[.

(a) • ϕ:u7→ ln(1−u)

u est continue sur ]0, y] et ln(1−u)

u ∼

u→0

−u

u → −1,

donc elle est prolongeable par continuité en 0 (en posantϕ(0) =−1), donc intégrable sur [0, y]. (Faussement impropre)

Z y 0

ln(1−u)

u duest donc une intégrale convergente.

• Pour toutu∈]−1,1[,ln(1−u) =−

+∞

X

n=1

uⁿ

n ,donc, pour tout u∈]−1,1[\{0}, ϕ(u) = ln(1−u)

u =−

+∞

X

n=1

uⁿ⁻¹ n =−

+∞

X

n=0

uⁿ n+ 1.

Cette égalité est encore valable pouru= 0 (on a poséϕ(0) =−1), doncϕest développable en série entière sur ]−1,1[ et, pour toutu∈]−1,1[, ϕ(u) =−

+∞

X

n=0

uⁿ n+ 1. Par suite, pour touty ∈]0,1[,, et pour toutu∈[0;y], uⁿ

n+ 1 6 yⁿ

n+ 1. La série de fonctions continues ^P+∞_n=0 uⁿ

n+ 1 converge uniformément sur [0, y], car elle converge normalement sur [0;y]. On peut intervertir^R et ^P:

Z y 0

ϕ(u)du= Z y

0

−

+∞

X

n=0

uⁿ

n+ 1du=−

+∞

X

n=0

Z y 0

uⁿ

n+ 1du=−

+∞

X

n=0

yⁿ⁺¹

(n+ 1)² =−S(y) (en changeant de variable).

On a donc bien

Z y 0

ln(1−u)

u du+S(y) = 0 (b) • Formellement, style math de comptoir :

Z 1 0

ln(1−u)

u du= lim

y→1

Z y 0

ln(1−u)

u du=−lim

y→1S(y) =−S(1) =−π² 6 .

• Montrons donc que lim_y→1S(y) =S(1) autrement dit queS est continue en 1.

Posonsfn:x∈[0,1]7→ 1 n²xⁿ. Pour toutx∈[0,1],|f_n(x)|6 1

n²,donckf_nk^[0,1]∞ 6 1 n². Or, ^X

n>1

1

n² converge (Riemann et 2 > 1), donc, d’après le théorème de comparaison des séries à termes positifs, ^X

n>1

kf_nk^[0,1]_∞ converge, donc la série de fonctions ^P_n>1fn converge normalement, donc uniformément, sur [0,1].

De plus, pour toutn∈N^∗, fn est continue sur [0,1],doncS =^X

n>1

fn est continue sur [0,1]

comme somme d’une série de fonctions continues convergeant uniformément sur [0,1].

Par suite, on a, par continuité de S en 1, lim_y→1S(y) =S(1).

• Pour touty∈[0,1[, Z y

0

ln(1−u)

u du=−S(y) →

y→1−S(1) =−

+∞

X

n=1

1

n² =−π² 6 , Z 1 ln(1−u) ^{Z 1}ln(1−u) π²

(c) Pour touty∈]0,1[,1−y∈]0,1[,donc, d’après la question 10a S(1−y) =−

Z 1−y 0

ln(1−u) u du.

Posons le changement de variable affinet= 1−u⇔u= 1−t (ce changement de variable estC¹ strictement décroissant sur ]0, y[)

On a du=−dt et, comme l’intégrale définissant S(1−y) converge, S(1−y) =−

Z y 1

ln(t)

1−t(−dt) = Z y

1

ln(t) 1−tdt.

Posonsu(t) = lnt, u⁰(t) = 1

t, v⁰(t) = 1

1−t, v(t) =−ln(1−t).

Alorsu etv sont de classe C¹ sur ]0, y[.

u(t)v(t) =−ln(1 + (t−1)) ln(1−t) ∼

t→1 (1−t) ln(1−t) →

t→0 0 par croissances comparées (avec 1−t→0)

et lim

t→yu(t)v(t) =−ln(y) ln(1−y).

Enfin, l’intégrale définissantS(1−y) converge, donc on peut intégrer par parties et : S(1−y) =^h−ln(t) ln(1−t)^iy

1 + Z y

1

ln(1−t) t dt

=−ln(y) ln(1−y)− Z ₁

y

ln(1−t) t dt

=−ln(y) ln(1−y)− Z 1

0

ln(1−t) t dt+

Z y 0

ln(1−t) t dt

=−ln(y) ln(1−y) +π²

6 −S(y) (d’après les questions 10b et 10a) donc on a bien

π²

6 =S(y) +S(1−y) + ln(y) ln(1−y)

Cette relation est encore valable poury= 0 ety= 1 carS(0) = 0, S(1) = π²

6 et ln(y) ln(1− y) = 0 poury= 0 ety= 1.

11. D’après la question 9,

T(1/2) =S(1/2) +L(1/2).

Or, d’après la question 7,L(1/2) = (ln(1/2))²

2 et, d’après la question 10c, avecy= 1/2,on a 2S(1/2) = π²

6 −(ln(1/2))², donc S(1/2) = π²

12 −(ln(1/2))²

2 .

On a donc

T(1/2) =S(1/2) +L(1/2) = π² 12.

Exercice 2

1. La règle de D’Alembert donne n!

(n+ 1)! = 1

n+ 1 →0 donc le rayon de convergence vaut +∞.

Pour z6= 0, on peut écrire : X

n=0

zⁿ

(n+ 1)! = 1 z

X

n=0

zⁿ⁺¹ (n+ 1)! = 1

z X

n=1

zⁿ

n! = e^z−1 z

Ainsi,

∀z∈C^∗ S(z) = e^z−1 z

2. (a) On effectue une preuve par récurrence forte. C’est OK au rang 0. On suppose le résultat vrai jusqu’à un rang n−1, à savoir : pour 06k6n−1,|β_k|61.

Alors par hypothèse de récurrence à tout rang 6n−1 ; on a

|β_n|=

n−1

X

k=0

βk

(n−k+ 1)!

6

n−1

X

k=0

|β_k| (n−k+ 1)! 6

n−1

X

k=0

1

(n−k+ 1)! =

n+1

X

i=2

1 i!

On sait que e =

+∞

X

i=0

1

i!. On en déduit que

n+1

X

i=0

1

i! 6e puis

n+1

X

i=2

1

i! 6e−2.

Comme e63, on a e−261 et on obtient|β_n|61. Ceci achève la récurrence d’où

∀n∈N |β_n|61

On en déduit que le rayon de la série entière est supérieur ou égal au rayon de la série entière^Xzⁿ qui vaut 1. Ainsi R>1

(b) Par théorème sur le produit de Cauchy de deux séries entières, σ(z)S(z) est la somme de la série entière de terme généralγ_n=

n

X

k=0

β_kαn−k en posant α_n= 1 (n+ 1)!. γ₀ =β₀α₀ = 1 et pourn>1,

γ_n=

n−1

X

k=0

β_kαn−k+β_nα₀ =

n−1

X

k=0

β_k

(n+ 1−k)! +β_n=−β_n+β_n= 0 On en déduit que

σ(z)S(z) = 1 pour toutz tel que|z|<1

3. (a) Posonsz=a+ ib. e^z = 1 ⇐⇒ e^ae^ib = 1 ⇐⇒ a= 0 etb= 2kπ, k∈Z. D’où e^z = 1 ⇐⇒ z= 2ikπ avec k∈Z

Vu la définition deD et commef(0) = 1, f est bien définie surD.

(b) La question 2.(b) donne pour tout z tel que |z| < 1, σ(z) = 1

S(z) = z

e^z−1 pour z 6= 0.

Par ailleurs, σ(0) = β0 = 1 = f(0). On peut donc dire que pour tout z tel que |z| < 1, f(z) =σ(z) =

+∞

X

n=0

β_nzⁿ. On en déduit donc que f est développable en série entière en 0.

(Remarquons également que|z|<1⇒z∈D).

(c) Il suffit de poserB_n=n!β_n. L’unicité vient de l’unicité des coefficients d’une série entière.

4. (a) On trouve : B0= 1, B1 =−1

, B2= 1

etB3 = 0 .

(b) Par récurrence assez triviale, on montre queB_n est un nombre rationnel pour toutn∈N. (On peut le faire d’abord pour β_n)

(c) Pourz∈Detz6= 0, f(z)−f(−z) = z

e^z−1+ z

e^−z−1 = z

e^z−1+ ze^z

1−e^z = z−ze^z e^z−1 d’où f(z)−f(−z) =−z valable aussi pourz= 0

Par l’écriture en série entière, on a aussi pour tout ztel que|z|<1, f(z)−f(−z) =

+∞

X

n=0

Bn

n!zⁿ−

+∞

X

n=0

Bn

n!(−z)ⁿ=

+∞

X

n=0

Bn

n! (1−(−1)ⁿ)zⁿ= 2

+∞

X

n=0

B2n+1

(2n+ 1)!z²ⁿ⁺¹=−z Par unicité des coefficients d’une série entière, on en déduit :

B1 =−1

2 et pour toutn>1 B2n+1= 0 5. (a) pour z∈D\ {0}:

1 +f(4z)−f(2z)

z = 1 +

4z

e^4z−1 − 2z e^2z−1

z = 1 + 4

(e^2z−1)(e^2z+ 1)− 2 e^2z−1

= 1 +4−2(e^2z+ 1)

e^4z−1 = e^4z−1 + 2−2e^2z (e^2z−1)(e^2z+ 1)

= e^4z+ 1−2e^2z

(e^2z−1)(e^2z+ 1) = (e^2z−1)²

(e^2z−1)(e^2z+ 1) = e^2z−1 e^2z+ 1 On obtient

1 +f(4z)−f(2z)

z = e^2z−1 e^2z+ 1 (b) On peut écrire, tan(x) = sin(x)

cos(x) = 1 i

e^ix−e^−ix e^ix+ e^−ix = 1

i

e^2ix−1 e^2ix+ 1 . On peut donc dire que tan(x) = 1

i

1 +f(4ix)−f(2ix) ix

. On utilise alors le DSE def. Soit xréel tel que|4ix|<1 c’est-à-dire tel que |x|< 1

4 et x6= 0 f(4ix)−f(2ix)

ix = 1

ix

+∞

X

n=0

B_n

n!(4ix)ⁿ−

+∞

X

n=0

B_n n!(2ix)ⁿ

!

On a vu queB2n+1= 0 pour n>1, il reste f(4ix)−f(2ix)

ix = 1

ix −2ix+

+∞

X

n=0

B_2n

(2n)!(4ix)²ⁿ+ ix−

+∞

X

n=0

B_2n

(2n)!(2ix)²ⁿ

!

d’où

f(4ix)−f(2ix)

ix =−1 + 1

ix

+∞

X

n=0

B_2n

(2n)!16ⁿ(−1)ⁿx²ⁿ−

+∞

X

n=0

B_2n

(2n)!4ⁿ(−1)ⁿx²ⁿ

!

Les termes pour n= 0 s’éliminent, on peut alors écrire : tan(x) =−1

x

+∞

X

n=1

B_2n

(2n)!16ⁿ(−1)ⁿx²ⁿ−

+∞

X

n=1

B_2n

(2n)!4ⁿ(−1)ⁿx²ⁿ

!

ou encore

tan(x) =

+∞

X

n=1

B2n

(2n)!(4ⁿ−16ⁿ) (−1)ⁿx²ⁿ⁻¹ La fonction tan est développable en série entière en 0.

6. On considère la fonction h définie deC×Ddans Cpar : h(x, z) =f(z)e^xz.

(a) Il s’agit de nouveau du produit de Cauchy de deux séries entières. f est développable en série entière en 0 et on sait que pour tout complexe z, e^z =

+∞

X

n=0

zⁿ

n! et donc aussi

∀x ∈ C,∀z ∈ C,e^xz =

+∞

X

n=0

xⁿ

n!zⁿ. Par théorème sur le produit de Cauchy de deux séries entières, on aura pour toutx∈Cet tout z∈Ctel que|z|<1

h(x, z) =

+∞

X

n=0

cn(x)zⁿ avec cn(x) =

n

X

k=0

Bk

k!

x^n−k (n−k)!

En posantP_n(x) =n!

n

X

k=0

B_k k!

x^n−k

(n−k)!, on a le résultat voulu. On peut aussi écrire P_n(x) =

n

X

k=0

B_k k!

n!

(n−k)!x^n−k=

n

X

k=0

B_k n k

! x^n−k

On a vu que lesB_ksont rationnels,P_nest un polynôme à coefficients rationnels (ou fonction polynomiale).

(b) On trouve facilement :

P₀=B₀ = 1, P₁ =X−1

2, P₂ =X²−X+1

6 et P₃ =X³−3

2X²+ 1 2 (c) Directement, deg(P_n) =n, le terme dominant deP_n estB₀Xⁿ. Et P_n(0) =B_n (d) Examinonsh(x+ 1, z)−h(x, z) =f(z)e^(x+1)z−e^xz=f(z)e^xz(e^z−1) =

Par définition def,f(z) (e^z−1) =zet donc h(x+ 1, z)−h(x, z) =ze^xz. Comparons alors les séries entières :

+∞

X

n=0

Pn(x+ 1)zⁿ n! −

+∞

X

n=0

Pn(x)zⁿ

n! = z

+∞

X

n=0

xⁿzⁿ n!

+∞

X

n=1

(P_n(x+ 1)−P_n(x))zⁿ n! =

+∞

X

n=0

xⁿ

n!zⁿ⁺¹ P₀(x+ 1)−P₀(x) = 0

+∞

X

n=0

(P_n+1(x+ 1)−P_n+1(x)) zⁿ⁺¹ (n+ 1)! =

+∞

X

n=0

xⁿ

n!zⁿ⁺¹ chgt d’indice à gauche Par unicité du DSE, on obtient :

∀n∈N, P_n+1(X+ 1)−P_n+1(X) = (n+ 1)Xⁿ

En particulier, pourp∈N^∗ etN ∈N^∗, on a pour toutk compris entre 1 etN : P_p+1(k+ 1)−P_p+1(k) = (p+ 1)k^p

puis en sommant :

N

X

k=1

(Pp+1(k+ 1)−Pp+1(k)) =

N

X

k=1

(p+ 1)k^p et par télescopage

S^p =

N

Xk^p = 1

(P (N + 1)−P (1))

(e) Erreur d’énoncé. On compareh(1−x,−z) à h(x, z).

h(1−x,−z) =f(−z)e^{(1−x)(−z)}=f(−z)e^xze^−z. Par ailleurs, pour z 6= 0, f(−z) = −z

e^−z−1 = ze^z

e^z−1 =f(z)e^z. (encore valable en z = 0).

On en déduit

h(1−x,−z) =f(z)e^xz =h(x, z) On passe aux DSE, par unicité de ces développements, on trouve :

Pn(1−X) = (−1)ⁿPn(X)

On en déduit :P_n(0) = (−1)ⁿP_n(1) et vu ce qui précède : P_n(1) = (−1)ⁿB_n (f) Dérivons l’expressionh(x, z) par rapport à la variable x, ∂h(x, z)

∂x =zf(z)e^xz =zh(x, z).

Fixonsz et posonsfn(x) = zⁿ

n!Pn(x).f_n⁰(x) = zⁿ n!P_n⁰(x).

La série de fonction^Xfn(x) converge simplement pour tout réelx.

Sur tout segment deR,P_n⁰ est bornée. On peut écrire|f_n⁰(x)|6M|z|ⁿ

n! pour toutx dans ce segment. M majore |P_n⁰|. On en déduit que la série^Xf_n⁰ converge uniformément sur tout segment. On sait alors que

+∞

X

n=0

P_n(x)zⁿ n!

!0

=

+∞

X

n=0

P_n⁰(x)zⁿ

n! d’où zh(x, z) =

+∞

X

n=0

P_n⁰(x)zⁿ n!

Ainsi

+∞

X

n=0

Pn(x)zⁿ⁺¹ n! =

+∞

X

n=0

P_n⁰(x)zⁿ

n! ou encore (chgt d’indice)

+∞

X

n=0

Pn(x)zⁿ⁺¹ n! =

+∞

X

n=0

P_n+1⁰ (x) zⁿ⁺¹ (n+ 1)!. On en déduit par unicité des coefficients d’une série entière :

∀n∈N, P_n+1⁰ = (n+ 1)Pn

Enfin pourn>1 Z 1

0

P_n(x)dx= 1 n+ 1

Z 1 0

P_n+1⁰ (x)dx= 1

n+ 1(P_n+1(1)−P_n+1(0))

On a vu : P_n+1(x+ 1)−P_n+1(x) = (n+ 1)xⁿ. On en déduit P_n+1(1)−P_n+1(0) = 0 pour n>1. En donc on a bien

∀n>1

Z 1 0

P_n(x) dx= 0