2.Montrer, pour tout n∈IN, la relation Dn= 1 e ∞ X k=0 kn k

SEMAINE 14 S ´ERIES ENTI `ERES EXERCICE 1 :

Soit D_n le nombre de partitions de l’ensemble E_n = [[1, n]] = {1,2, . . . , n} pour tout n ∈ IN^∗, avecD₀= 1 par convention.

1.Montrer que, pour toutn∈IN, on a Dn+1=

n

X

k=0

C_n^kDk. 2.Montrer, pour tout n∈IN, la relation

D_n= 1 e

∞

X

k=0

kⁿ k! . 3.Montrer que la s´erie enti`ere X

n≥0

Dn

n! xⁿ a un rayon de convergence infini, et calculer sa somme.

- - - - 1.On a D1= 1 =

0

X

k=0

C₀^kDk.

Soitn ≥1. Soit une partition deEn+1. Soitk le cardinal du compl´ementaireF de la classe de l’´el´ementn+ 1. Cet entierk∈[[0, n]] ´etant fix´e, il y aC_n^k fa¸cons de choisir cet ensemble F (de k ´el´ements choisis dans E_n) et, pour chaque choix de cet ensemble F, il y a D_k partitions de cet ensemble. Le nombre de partitions deE_n+1 est donc

Dn+1=

n

X

k=0

C_n^kDk .

2. Pour tout n ∈ IN, posons Sn = 1 e

∞

X

k=0

kⁿ

k! : la s´erie est bien convergente par la r`egle de d’Alembert :

(k+ 1)ⁿ (k+ 1)! × k!

kⁿ = 1 k+ 1

1 + 1

k n

k→∞−→ 0. AlorsS₀= 1 =D₀ et, pour toutnentier naturel,

n

X

k=0

C_n^kSk = 1 e

n

X

k=0

C_n^k

∞

X

p=0

p^k p!

!

= 1

e

∞

X

p=0

1 p!

n

X

k=0

C_n^kp^k

!

= 1

e

∞

X

p=0

(p+ 1)ⁿ p! = 1

e

∞

X

p=0

(p+ 1)ⁿ⁺¹ (p+ 1)!

= 1

e

∞

X

p=1

pⁿ⁺¹ p! =1

e

∞

X

p=0

pⁿ⁺¹

p! =S_n+1

(il n’y a pas de probl`eme d’interversion de sommation puisque l’une des deux sommes est finie). La suite (S_n) et la suite (D_n) ont le mˆeme premier terme et v´erifient la mˆeme relation de r´ecurrence, doncD_n=S_n pour toutn∈IN.

3.On cherche `a calculer (apr`es avoir prouv´e son existence) la somme f(x) = 1 e

+∞

X

n=0

xⁿ n!

+∞

X

k=0

kⁿ k!

!

pourx∈C donn´e. Or, la suite double kⁿxⁿ

k!n!

(n,k)∈IN²

est sommable : en effet, - pour toutk∈IN fix´e, la s´erieX

n

kⁿ|x|ⁿ

k!n! est convergente, et

∞

X

n=0

kⁿ|x|ⁿ

k!n! = e^k|x|

k! ; - la s´erie X

k∈IN

e^k|x|

k! est convergente, de sommee^e|x|.

Cela prouve l’existence de f(x) pour tout x r´eel (la s´erie enti`ere X

n

Dn

n! xⁿ a un rayon de convergence infini) et on peut intervertir les sommations : pour toutx∈C,

f(x) = 1 e

+∞

X

n=0

xⁿ n!

+∞

X

k=0

kⁿ k!

!

= 1 e

+∞

X

k=0

1 k!

+∞

X

n=0

(kx)ⁿ n!

!

= 1

e

+∞

X

k=0

(e^x)^k k! =1

e e^ex =e^ex−1.

Voici une fonction r´ecursive MAPLE pour calculer les nombresDn (appel´esnombres de Bell) :

> bell:=proc(n::nonnegint) local k; option remember; if n=0 then 1 else add(binome(n- 1,k)*bell(k),k=0..n-1) fi

EXERCICE 2 : Soit X

n≥0

anzⁿ une s´erie enti`ere, de rayon de convergenceR >0.

Pourz∈C avec |z|< R, on pose f(z) =

∞

X

n=0

anzⁿ.

Soitz∈C avec|z|< R, soit run r´eel tel que|z|< r < R. Calculer l’int´egrale I=

Z 2π 0

Imf(r e^it) r−ze^−it dt .

Que peut-on dire d’une fonctionf, d´eveloppable en s´erie enti`ere de rayon de convergenceR >0 s’il existe un r´eelr(0< r < R) tel quef soit r´eelle sur le cercle de centreO et de rayonr?

- - - - Utilisons Imf(r e^it) = 1

2i f(r e^it)−f(r e^it)

et calculons s´epar´ement les deux int´egrales J =

Z 2π 0

f(r e^it)

r−ze^−itdt et J⁰= Z 2π

0

f(r e^it) r−ze^−itdt.

Comme z r

<1, on peut d´evelopper : 1

r−ze^−it = 1 r

1−z

r e^−it−1

=1 r

∞

X

k=0

z r

^k

e^−ikt. On a donc, pour toutt∈[0,2π],

f(r e^it) r−z e^−it =1

rf(r e^it)·

+∞

X

k=0

z r

k

e^−ikt,

la s´erie (de fonctions de la variable r´eellet) ´etant normalement convergente sur [0,2π] car f est born´ee (|f| ≤M_r) sur le cercleC(O, r) et

f(r e^it) z r

k

e^−ikt

≤M_r z r

k

. Int´egrons donc terme `a terme :J =

Z 2π 0

f(r e^it)

r−ze^−it dt= 1 r

+∞

X

k=0

z r

k

Jk, avec

Jk = Z 2π

0

f(r e^it)e^−iktdt= Z 2π

0

^+∞X

n=0

anrⁿe^i(n−k)t dt=

+∞

X

n=0

anrⁿ Z 2π

0

e^i(n−k)tdt

car la s´erie (de fonctions de t)

+∞

X

n=0

anrⁿe^i(n−k)t converge normalement sur [0,2π]. Mais Z 2π

0

e^i(n−k)tdt=

(0 si n6=k

2π si n=k, doncJ_k = 2πa_kr^k pour toutk∈IN et

J= Z 2π

0

f(r e^it)

r−ze^−itdt=2π r

+∞

X

k=0

akz^k= 2π r f(z).

On calcule l’int´egraleJ⁰ de fa¸con analogue :J⁰= Z 2π

0

f(r e^it)

r−ze^−itdt= 1 r

+∞

X

k=0

z r

k

J_k⁰, avec

J_k⁰ = Z 2π

0

f(r e^it)e^−iktdt=

+∞

X

n=0

anrⁿ Z 2π

0

e^−i(n+k)tdt

(justifications analogues pour les interversions de X et

Z ).

Mais Z 2π

0

e^−i(n+k)tdt=

(0 si (n, k)6= (0,0)

2π si (n, k) = (0,0), donc il reste J⁰ =2π

r a0 et finalement I=

Z 2π 0

Imf(r e^it) r−ze^−it dt= 1

2i(J−J⁰) =i π

r a₀−f(z) . Si f est `a valeurs r´eelles sur le cercle C(O, r), on a, pour toutz∈C tel que|z|< r,

Z 2π 0

Imf(r e^it)

r−ze^−it dt= i π

r a0−f(z)

= 0,

donc f est constante : f(z) =a0 sur le disque ouvertD(O, r) de centre O et de rayon r.

Les coefficients an (n∈IN^∗) sont donc tous nuls etf est une fonction constante r´eelle.

EXERCICE 3 :

Probl`eme des parenth´esages de Catalan

On pose P0 = 0, P1 = 1 et, pour tout entiern≥2,Pn est le nombre de fa¸cons de parenth´eser l’expression a1a2· · ·an (en conservant l’ordre desai), o`u les ai sont des symboles que l’on peut interpr´eter comme des ´el´ements d’un ensemble muni d’une loi de composition interne a priori non associative. Le nombrePn est le nombre de fa¸cons a priori diff´erentes de calculer le “produit”a1a2· · ·an. Ainsi,

• P2= 1 : un seul parenth´esagea1a2;

• P3= 2 : deux parenth´esagesa1(a2a3) et (a1a2)a3 ;

• P4 = 5 : cinq parenth´esages a1(a2(a3a4)), a1((a2a3)a4), (a1a2)(a3a4), (a1(a2a3))a4 et ((a1a2)a3)a4.

1.Prouver la relation Pn =

n−1

X

k=1

PkP_n−k pour toutn≥2.

2. Montrer que la s´erie enti`ere f(x) =

+∞

X

n=0

Pnxⁿ a un rayon de convergenceR non nul (on ne demande pas de calculerR pour le moment).

3.Calculerf(x) pourx∈]−R, R[ . En d´eduire une expression simple dePn. - - - -

1. L’observation des cinq parenth´esages dea1a2a3a4, ´ecrits dans l’ordre o`u ils sont list´es dans l’´enonc´e, nous guide un peu. Si la loi n’est pas suppos´ee associative, seul un produit de deux facteurs peut ˆetre d´efini sans ambigu¨ıt´e en l’absence de parenth`eses : une ´ecriture correcte d’un produit denfacteursa1,· · ·,an pris dans cet ordre est donc n´ecessairement, pour un certainkvariant de 1 `an−1, le produit dea1· · ·ak (´ecrit avec un certain parenth´esage :Pk

choix possibles) parak+1· · ·an (´ecrit avec un certain parenth´esage :Pn−k choix possibles), d’o`u la relation `a d´emontrer.

2.On obtient facilement la majorationP_n≤4ⁿ: en effet, un parenth´esage de l’expressiona₁· · ·a_n est d´etermin´e par la position des parenth`eses ouvrantes et fermantes ; or, il y anpositions possibles pour les ouvrantes (avant chaque symbole a<sub>i</sub>), donc au plus 2<sup>n</sup> possibilit´es pour l’ensemble des positions des parenth`eses ouvrantes, et mˆeme chose pour les fermantes, d’o`u une majoration grossi`ere de P_n par 4ⁿ. La s´erie enti`ere X

n

P_nxⁿ a donc un rayon de convergenceRau moins ´egal `a 1

4.

3. La relation obtenue `a la question1. fait penser `a un produit de Cauchy ; plus pr´ecis´ement, pour x∈]−R, R[ ,

f(x)²=X^∞

p=0

Ppx^pX^∞

q=0

Pqx^q

=

∞

X

n=0

Xⁿ

k=0

PkP_n−k xⁿ.

Or,

n

X

k=0

P_kP_n−k=P_npour toutn∈IN... sauf pourn= 1 puisque

1

X

k=0

P_kP_1−k = 0 alors que P1= 1. On a donc

f(x)²=

∞

X

n=2

P_nxⁿ=

∞

X

n=0

P_nxⁿ−x=f(x)−x .

Pour tout x ∈]−R, R[ , le r´eel f(x) v´erifie donc l’´equation alg´ebrique du second degr´e f(x)²−f(x) +x= 0, de discriminant ∆ = 1−4x. Ce discriminant doit ˆetre positif, donc x ≤ 1

4, le rayon de convergence de la s´erie est donc au plus ´egal `a 1

4, donc R = 1 4. Par ailleurs, f(x) = 1

2 1±√ 1−4x

. Comme la fonction f est continue sur ]−R, R[ avec f(0) = 0, on conclut

∀x∈

−1 4,1

4

f(x) =1 2 1−√

1−4x .

Je laisse `a l’´eventuel lecteur le soin de v´erifier que le d´eveloppement en s´erie enti`ere de

√

1−uest

√1−u= 1−

∞

X

n=1

(2n−2)!

2²ⁿ⁻¹n! (n−1)! uⁿ (u∈]−1,1[ ). On a donc, pour tout x∈

−1 4,1

4

, f(x) =

∞

X

n=1

(2n−2)!

n! (n−1)! xⁿ. Par identification, on a enfin, pourn≥1,

Pn= (2n−2)!

n! (n−1)! = 1

nC_2n−2ⁿ⁻¹ .

EXERCICE 4 : SoitX

n≥0

an une s´erie convergente (`a termes complexes).

1. Montrer que, pour tout r´eel C strictement positif, la s´erie enti`ere X

n≥0

anzⁿ converge uni- form´ement sur la partie du plan

DC={z∈C ; |1−z| ≤C 1− |z|

}.

2. En d´eduire que cette mˆeme s´erie enti`ere converge uniform´ement sur l’enveloppe convexe Er

de l’ensemble{1} ∪D(O, r) pour toutr∈]0,1[ .

- - - - 1.Effectuons une transformation d’Abel : en posant A^q_p=

q

X

k=p

ak pourq≥p, on a, pourn > m,

n

X

k=m

akz^k =Aⁿ_mzⁿ+

n−1

X

k=m

A^k_m(z^k−z^k+1). On en tire

n

X

k=m

akz^k

≤ |Aⁿ_m| |z|ⁿ+

n−1

X

k=m

|A^k_m| |z^k−z^k+1|.

Or, pour tout z ∈ DC, on a |z| ≤ 1 (DC est inclus dans le disque unit´e ferm´e et le seul

´

el´ement deDC de module 1 est le nombre 1).

Pour tout m ∈ IN fix´e, posons Km = sup

k≥m

|A^k_m| (Km existe et lim

m→+∞Km = 0 en vertu du crit`ere de Cauchy puisque la s´erieX

n

a_n est convergente). Alors

n

X

k=m

a_kz^k

≤K_m 1 +

n−1

X

k=m

|z^k−z^k+1| . Or, on a, si|z| 6= 1,

n−1

X

k=m

|z^k−z^k+1|=|1−z|

n−1

X

k=m

|z|^k=|1−z| |z|^m1− |z|^n−m 1− |z| , quantit´e que l’on peut majorer par |1−z|

1− |z|, puis finalement par C, lorsque z ∈ DC

(y compris pourz= 1 ´evidemment). On a ainsi prouv´e

∀(m, n)∈IN² (m < n) ∀z∈ DC

n

X

k=m

a_kz^k

≤(1 +C)K_m avec lim

m→+∞Km = 0, autrement dit le crit`ere de Cauchy uniforme est v´erifi´e par la s´erie enti`ereX

n

anzⁿ surDC, d’o`u la convergence uniforme sur cette partie du plan.

2.Pour toutC >0, l’ensembleDCest une partie convexe du plan : en effet, siz∈ DC,z⁰∈ DC, λ∈IR+,µ∈IR+ avecλ+µ= 1, alors |1−z| ≤C(1− |z|),|1−z⁰| ≤C(1− |z⁰|), d’o`u

|1−(λz+µz⁰)| = |λ(1−z) +µ(1−z⁰)| ≤λ|1−z|+µ|1−z⁰|

≤ Ch

λ(1− |z|) +µ(1− |z⁰|)i

=C 1−(λ|z|+µ|z⁰|)

≤ C(1− |λz+µz⁰|), doncλz+µz⁰∈ DC.

Par ailleurs, si|z| ≤r <1, alors

|1−z|

1− |z| ≤|1−z|

1−r ≤ 1 +|z|

1−r ≤ 1 +r 1−r , doncz∈ DC avecC= 1 +r

1−r. PourC= 1 +r

1−r, l’ensembleDC, convexe, contient le disque ferm´eD(O, r) et le nombre 1, donc contient l’ensembleEr. Comme la s´erie enti`ereX

n

a_nzⁿ converge uniform´ement surDC, elle converge donc uniform´ement surEr: c’est leth´eor`eme de Picard.

EXERCICE 5 : Soit X

n

anzⁿ une s´erie enti`ere, de rayon de convergence R > 0, de somme f(z). Pour tout r∈]0, R[ , on pose M(r) = sup

|z|=r

|f(z)|.

1.Montrer que ∀n∈IN ∀r∈[0, R[ |anrⁿ| ≤M(r).

2.On suppose queR= +∞et qu’il existek >0 etρ >0 tels que

∀r >0 r≥ρ=⇒M(r)≤e^kr. Montrer qu’il existe un entier naturelN tel que

∀n∈IN^∗ n≥N =⇒ |an| ≤ ke

n n

.

3.0n suppose toujoursR= +∞. Montrer , dans IR₊, l’´egalit´e lim sup

n→+∞

n pⁿ

|an|

=e· lim sup

r→+∞

lnM(r)

r .

Indication : on pourra d´emontrer, puis utiliser l’in´egalit´e nⁿ≥eⁿ⁻¹(n−1)!

- - - - 1.Pour r < Ret n∈IN, on a

Z 2π 0

f(r e^it)e^−intdt= Z 2π

0

∞

X

k=0

akr^ke^i(k−n)t dt=

∞

X

k=0

akr^k Z 2π

0

e^i(k−n)tdt= 2πanrⁿ

car la s´erie de fonctions t7→akr^ke^i(k−n)t converge normalement sur [0,2π]. On en d´eduit la majoration

|an|rⁿ= 1 2π

Z 2π 0

f(r e^it)e^−intdt

≤ 1

2π·2π M(r) =M(r). 2.Soitn∈IN^∗. Pour toutr≥ρ, on a|an| ≤e^kr

rⁿ, donc|an| ≤inf

r≥ρ

e^kr

rⁿ. La fonctionϕn :r7→ e^kr rⁿ est d´ecroissante suri

0,n k

i, puis croissante surhn k,+∞h

et atteint au point n

k un minimum

de valeur m_n=ϕ_nn k

= ke

n ⁿ

. Siρ≤n

k, c’est-`a-dire si n≥kρ, alors

r≥ρinf e^kr

rⁿ = inf

r∈[ρ,+∞[ϕn(r) =ϕn

n k

= ke

n n

,

donc en choisissantN =E(kρ) + 1, on a bien

∀n∈IN^∗ n≥N =⇒ |a_n| ≤ ke

n ⁿ

.

3.Posons α= lim sup

n→+∞

n pⁿ

|a_n|

et β= lim sup

r→+∞

lnM(r) r .

•Supposonsβ <+∞et montrons qu’alorsα≤β (siβ = +∞, cette in´egalit´e est triviale). De la d´efinition d’une limite sup´erieure, il r´esulte que

∀ε >0 ∃ρ >0 r > ρ=⇒lnM(r)

r ≤β+ε .

Pour r > ρ, on a donc M(r)≤e^(β+ε)r, donc (question2.) il existe un entierN tel que n≥N =⇒ |an| ≤

(β+ε)e n

n

, c’est-`a-dire n≥N =⇒npⁿ

|an| ≤e(β+ε). On en d´eduit que α ≤e(β +ε). Cette in´egalit´e ´etant vraie pour tout ε > 0, on a donc α≤e β.

• Supposonsα <+∞et montronsβ≤ α e. On a

∀ε >0 ∃N ∈IN n≥N =⇒npⁿ

|an| ≤α+ε , donc |an| ≤

α+ε n

n

pourn≥N. Si |z|=r, alors|f(z)| ≤

∞

X

n=0

|an|rⁿ, donc

∀r∈IR^∗₊ M(r)≤

N

X

n=0

|a_n|rⁿ+

+∞

X

n=N+1

α+ε n

ⁿ rⁿ.

De l’in´egalit´e nⁿ ≥eⁿ⁻¹(n−1)! (cf. ci-dessous), on tire

M(r) ≤

N

X

n=0

|an|rⁿ+e

+∞

X

n=N+1

α+ε e

n

rⁿ (n−1)! =

N

X

n=0

|an|rⁿ+ (α+ε)r

+∞

X

n=N

1 n!

α+ε e r

n

≤

N

X

n=0

|a_n|rⁿ+ (α+ε)r e

α+εe r

=e

α+εe r

ϕ_N(r),

en ayant pos´e ϕN(r) = (α+ε)r+e⁻

α+εe r

·

N

X

n=0

|an|rⁿ.

Il en r´esulte lnM(r)

r ≤α+ε e +1

r lnϕ_N(r) pour toutr >0. Maisϕ_N(r) ∼

r→+∞(α+ε)r, donc lim

r→+∞

1

rlnϕN(r) = 0, donc lim sup

r→+∞

lnM(r)

r ≤ α+ε

e et ceci pour toutε > 0, donc β ≤α

e.

D´emonstration de nⁿ ≥eⁿ⁻¹(n−1)! : cette in´egalit´e ´equivaut `a ln

(n−1)!

≤n lnn−n+ 1.

Or, par comparaison `a une int´egrale, la fonction ln´etant croissante, on a imm´ediatement ln

(n−1)!

=

n−1

X

k=1

lnk≤

n−1

X

k=1

Z k+1 k

lnx dx= Z n

1

lnx dx=n lnn−n+ 1.

EXERCICE 6 :

Pour toutx >0, on pose Γ(x) = Z +∞

0

e^−tt^x−1dt.

Pour toutx >1, on pose ζ(x) =

+∞

X

n=1

1 n^x.

Enfin, laconstante d’Eulerest d´efinie par γ= lim

n→∞

n

X

k=1

1 k −lnn

! .

1.D´emontrer la relation : ∀x∈IR^∗₊ Γ(x) = lim

n→∞

Z n 0

1− t

n n

t^x−1dt.

2.En d´eduire : ∀x∈IR^∗₊ Γ(x) = lim

n→+∞

n^xn!

x(x+ 1)· · ·(x+n). 3.Soitx∈]0,1[. D´emontrer la relation

ln Γ(x) =−lnx−γx+

+∞

X

k=2

(−1)^k

k ζ(k)x^k.

4.Prouver que γ=

+∞

X

k=2

(−1)^k k ζ(k).

- - - -

1. Plus g´en´eralement, soit f : ]0,+∞[→ C une fonction continue telle que la fonction g:t7→e^−tf(t) soit int´egrable sur IR^∗₊. Alors

Z +∞

0

e^−tf(t)dt= lim

n→+∞

Z n 0

1− t

n n

f(t)dt . En effet, pour tout r´eelt, on ae^−t= lim

n→+∞

1− t

n ⁿ

. D´efinissons, pour toutn∈IN^∗, une fonctionun : ]0,+∞[→IR par

u_n(t) =







1− t n

ⁿ

si 0< t≤n 0 si t > n .

Alorsun est continue sur IR^∗₊et la suite (un) converge simplement, sur IR^∗₊, vers la fonction t7→e^−t.

En posant gn = un ·f, on a une suite (gn) de fonctions continues sur IR^∗₊, convergeant simplement versgsur IR^∗₊. L’in´egalit´e classique ln

1− t

n

≤ −t

n, valable pourt∈[0, n[ , montre que

∀n∈IN^∗ ∀t∈IR^∗₊ 0≤un(t)≤e^−t donc |gn(t)| ≤ |g(t)|.

L’hypoth`ese de domination est alors v´erifi´ee et le th´eor`eme de convergence domin´ee s’applique.

Il suffit donc d’appliquer ce r´esultat avec f(t) =t^x−1. 2.Le changement de variable t=nudonne

Z n 0

1− t

n ⁿ

t^x−1dt=n^x Z 1

0

(1−u)ⁿu^x−1du=n^xB(x, n+ 1), en notant B(p, q) =

Z 1 0

u^p−1(1−u)^q−1du pourpetqr´eels strictement positifs (int´egrale eul´erienne de premi`ere esp`ece). La fonctionu7→u^p−1(1−u)^q−1est bien int´egrable sur ]0,1[ et, pour toutn∈IN^∗ etx >0, une int´egration par parties donne

B(x, n+ 1) = Z 1

0

u^x−1(1−u)ⁿdu=

(1−u)ⁿu^x x

1 0

+n x

Z 1 0

u^x(1−u)ⁿ⁻¹du

= n

x B(x+ 1, n). A partir de` B(x,1) =

Z 1 0

u^x−1du= 1

x pour toutx >0, une r´ecurrence imm´ediate donne B(x, n) = (n−1)!

x(x+ 1)(x+ 2)· · ·(x+n−1) . Finalement,

∀x∈IR^∗₊ ∀n∈IN^∗

Z n 0

1− t

n ⁿ

t^x−1dt= n^xn!

x(x+ 1)· · ·(x+n) , d’o`u le r´esultat.

3. On a lnn=

n

X

k=1

1

k−γ+o(1). De la relation obtenue `a la question2., on d´eduit donc, pour tout x >0,

ln Γ(x) = lim

n→+∞

"

xlnn+

n

X

k=1

lnk−

n

X

k=0

ln(x+k)

#

= lim

n→+∞

"

xlnn−lnx−

n

X

k=1

ln 1 +x

k

#

= −lnx+ lim

n→+∞

"

x

n

X

k=1

1 k−γ

!

−

n

X

k=1

ln 1 + x

k

#

= −lnx−γx+

+∞

X

n=1

x n−ln

1 + x n

.

Si x∈]0,1[ , alors x

n ∈]0,1[ pour toutn∈IN^∗ et on peut d´evelopper : x

n−ln 1 + x

n

=

∞

X

k=2

(−1)^k x^k k n^k .

Cherchons `a intervertir les sommations ; pour cela, v´erifions que la famille

(−1)^k x^k k n^k

n≥1,k≥2

est sommable : en effet, - pour n≥1 fix´e, on a un=

∞

X

k=2

x^k

k n^k =−x n−ln

1−x n

; - la s´erie de terme g´en´eralun est convergente puisqueun ∼ x²

2n². On peut donc ´ecrire

+∞

X

n=1

x n−ln

1 + x n

=

∞

X

k=2

∞

X

n=1

(−1)^k x^k k n^k

!

=

+∞

X

k=2

(−1)^k

k ζ(k)x^k , ce qu’il fallait d´emontrer.

4.L’identit´e

ln Γ(x) + lnx+γx=

+∞

X

k=2

(−1)^k

k ζ(k)x^k

est valable pour tout x∈]0,1[ . Faisons tendre xvers 1. Le premier membre tend versγ.

Pour ce qui est du second membre, la convergence de la s´erieX

k≥2

(−1)^k

k ζ(k), en vertu du crit`ere pour les s´eries altern´ees (rappelons que lim

x→+∞ζ(x) = 1), assure la continuit´e au point 1 de la fonction f :x7→

∞

X

k=2

(−1)^k

k ζ(k)x^k(lemme d’Abel radial), d’o`u le r´esultat.

Plus conform´ement au programme, la s´erie d´efinissant f(x) v´erifie, pour tout x ∈]0,1], le crit`ere des s´eries altern´ees, ce qui permet de majorer le reste d’ordren en valeur absolue

par ζ(n+ 1)

n+ 1 xⁿ⁺¹, donc a fortiori par ζ(n+ 1)

n+ 1 qui tend vers z´ero ind´ependamment de x, d’o`u la convergence uniforme de cette s´erie sur ]0,1] et donc la continuit´e de f sur cet intervalle.