Séries entières (Exercices) · Révisions prépa · Ridami

Analyse · 2e année

Séries entières

Application du cours5 points

1. Rayons et domaines de convergence

Pour chaque série entière ci-dessous, donner son rayon $R$ , puis son domaine de convergence (sauf pour 2.).

$\sum_{n \geq 1} \frac{3^{n} + (- 2)^{n}}{n^{2}} z^{n}$ (variable complexe).
$\sum_{n \geq 1} \frac{(2 n)!}{n! n^{n}} z^{n}$ .
$\sum_{n \geq 1} {(1 + \frac{1}{n})}^{n^{2}} z^{n}$ (variable complexe).
$\sum_{n \geq 0} \frac{z^{2 n}}{4^{n} + n}$ (variable complexe).
$\sum_{n \geq 1} \arccos ⁣ (1 - \frac{1}{n^{2}}) x^{n}$ (variable réelle).

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1. $a_{n} = \frac{3^{n} + (- 2)^{n}}{n^{2}} = \frac{3^{n}}{n^{2}} (1 + {(- \frac{2}{3})}^{n})$ , donc $∣ a_{n} ∣ \sim \frac{3^{n}}{n^{2}}$ . La série $\sum \frac{3^{n}}{n^{2}} z^{n}$ a le même rayon que $\sum 3^{n} z^{n}$ (facteur $n^{- 2}$ , fiche §3), soit $\frac{1}{3}$ . Par équivalence des modules : $R = \frac{1}{3}$ . Sur le cercle $∣ z ∣ = \frac{1}{3}$ : $∣ a_{n} z^{n} ∣ = \frac{∣ 1 + (- 2 / 3)^{n} ∣}{n^{2}} \leq \frac{2}{n^{2}}$ , terme d'une série convergente : convergence absolue en tout point du cercle. Domaine : le disque fermé $∣ z ∣ \leq \frac{1}{3}$ .

2. Pour $z \neq 0$ , $u_{n} = \frac{(2 n)!}{n! n^{n}} z^{n} \neq 0$ et $∣ \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} ∣ = \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)} \cdot \frac{n^{n}}{(n + 1)^{n + 1}} ∣ z ∣ = \frac{2 (2 n + 1)}{n + 1} {(\frac{n}{n + 1})}^{n} ∣ z ∣ .$ Or $\frac{2 (2 n + 1)}{n + 1} \to 4$ et ${(\frac{n}{n + 1})}^{n} = \exp ⁣ (- n \ln (1 + \frac{1}{n})) \to e^{- 1}$ . Le quotient tend vers $\frac{4 ∣ z ∣}{e}$ . Règle de d'Alembert pour la série numérique $\sum u_{n}$ : convergence absolue si $∣ z ∣ < \frac{e}{4}$ , divergence grossière si $∣ z ∣ > \frac{e}{4}$ . $R = \frac{e}{4}$

3. $\ln a_{n} = n^{2} \ln (1 + \frac{1}{n}) = n^{2} (\frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} + O ⁣ (\frac{1}{n^{3}})) = n - \frac{1}{2} + O ⁣ (\frac{1}{n})$ , donc $a_{n} = e^{n} e^{- 1 / 2} e^{O (1 / n)} \sim e^{- 1 / 2} e^{n}$ . Même rayon que $\sum e^{n} z^{n}$ : $R = \frac{1}{e}$ . Sur le cercle $∣ z ∣ = \frac{1}{e}$ : $∣ a_{n} z^{n} ∣ = a_{n} e^{- n} \to e^{- 1 / 2} \neq 0$ ; divergence grossière en tout point. Domaine : le disque ouvert $∣ z ∣ < \frac{1}{e}$ .

4. Série lacunaire (pas de termes de degré impair) : on travaille avec $u_{n} = \frac{z^{2 n}}{4^{n} + n}$ . Pour $z \neq 0$ , $∣ \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} ∣ = \frac{4^{n} + n}{4^{n + 1} + n + 1} ∣ z ∣^{2} \to \frac{∣ z ∣^{2}}{4}$ (diviser par $4^{n}$ ). Convergence absolue si $∣ z ∣ < 2$ , divergence grossière si $∣ z ∣ > 2$ : $R = 2$ . Sur le cercle $∣ z ∣ = 2$ : $∣ u_{n} ∣ = \frac{4^{n}}{4^{n} + n} \to 1$ , divergence grossière. Domaine : le disque ouvert $∣ z ∣ < 2$ .

5. Posons $a_{n} = \arccos (1 - \frac{1}{n^{2}}) \in] 0, \frac{π}{2}]$ . Avec $θ_{n} = a_{n}$ , on a $1 - \cos θ_{n} = \frac{1}{n^{2}} \to 0$ , donc $θ_{n} \to 0$ et $1 - \cos θ_{n} \sim \frac{θ_{n}^{2}}{2}$ : $θ_{n}^{2} \sim \frac{2}{n^{2}}$ , soit $a_{n} \sim \frac{\sqrt{2}}{n}$ . Même rayon que $\sum \frac{x^{n}}{n}$ : $R = 1$ .

En $x = 1$ : $a_{n} \sim \frac{\sqrt{2}}{n} > 0$ , série de Riemann divergente, termes positifs : divergence.
En $x = - 1$ : $\sum (- 1)^{n} a_{n}$ ; la suite $(1 - \frac{1}{n^{2}})$ croît et $\arccos$ décroît, donc $(a_{n})$ décroît, et $a_{n} \to 0$ : le critère des séries alternées donne la convergence. Domaine : $[- 1, 1 [$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours5 points

2. Développements en série entière

Développer en série entière au voisinage de $0$ les fonctions suivantes ; préciser le rayon.

$f (x) = \frac{5 - 2 x}{x^{2} - 5 x + 6}$ .
$g (x) = \cos x ch x$ .
$h (x) = \ln ⁣ (1 + x - 2 x^{2})$ .
$k (x) = \int_{0}^{x} \frac{sh t}{t} d t$ (l'intégrande étant prolongé par $1$ en $0$ ).

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1. $x^{2} - 5 x + 6 = (x - 2) (x - 3)$ et $\frac{1}{2 - x} + \frac{1}{3 - x} = \frac{(3 - x) + (2 - x)}{(2 - x) (3 - x)} = \frac{5 - 2 x}{x^{2} - 5 x + 6}$ . Pour $∣ x ∣ < 2$ : $\frac{1}{2 - x} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - x / 2} = \sum_{n \geq 0} \frac{x^{n}}{2^{n + 1}}$ (rayon $2$ ), et pour $∣ x ∣ < 3$ , $\frac{1}{3 - x} = \sum_{n \geq 0} \frac{x^{n}}{3^{n + 1}}$ (rayon $3$ ). Rayons différents : la somme a pour rayon $\min (2, 3)$ (fiche §4). $f (x) = \sum_{n \geq 0} (\frac{1}{2^{n + 1}} + \frac{1}{3^{n + 1}}) x^{n}, R = 2.$

2. $\cos x ch x = Re (e^{i x}) \cdot \frac{e^{x} + e^{- x}}{2} = \frac{1}{2} Re (e^{(1 + i) x} + e^{(- 1 + i) x})$ . Avec $(1 + i)^{n} = 2^{n / 2} e^{i n π / 4}$ et $(- 1 + i)^{n} = 2^{n / 2} e^{3 i n π / 4}$ : $g (x) = \sum_{n \geq 0} \frac{2^{n / 2}}{2 n!} (\cos \frac{n π}{4} + \cos \frac{3 n π}{4}) x^{n} = \sum_{n \geq 0} \frac{2^{n / 2}}{n!} \cos \frac{n π}{2} \cos \frac{n π}{4} x^{n} .$ Le coefficient est nul si $n$ est impair ( $\cos \frac{n π}{2} = 0$ ) et si $n \equiv 2 (m o d 4)$ ( $\cos \frac{n π}{4} = 0$ ). Pour $n = 4 p$ : $\cos (2 p π) \cos (p π) = (- 1)^{p}$ et $2^{2 p} = 4^{p}$ . Donc $\cos x ch x = \sum_{p \geq 0} \frac{(- 4)^{p}}{(4 p)!} x^{4 p}, R = + \infty$ (rayon infini : produit de deux séries de rayon infini). Contrôle : le coefficient de $x^{4}$ vaut $- \frac{4}{24} = - \frac{1}{6}$ , comme le produit des DL $(1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24}) (1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24})$ .

3. $1 + x - 2 x^{2} = (1 - x) (1 + 2 x)$ , positif sur $] - \frac{1}{2}, 1 [$ . Pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ , $h (x) = \ln (1 - x) + \ln (1 + 2 x)$ avec $\ln (1 - x) = - \sum_{n \geq 1} \frac{x^{n}}{n}$ (rayon $1$ ) et $\ln (1 + 2 x) = \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n - 1} 2^{n}}{n} x^{n}$ (rayon $\frac{1}{2}$ ). Rayons différents : $h (x) = \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n - 1} 2^{n} - 1}{n} x^{n}, R = \frac{1}{2} .$ (La fonction $h$ est définie sur $] - \frac{1}{2}, 1 [$ , mais le développement n'est valable que sur $] - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} [$ .)

4. Pour $t \neq 0$ , $\frac{sh t}{t} = \sum_{n \geq 0} \frac{t^{2 n}}{(2 n + 1)!}$ , et la somme vaut $1$ en $t = 0$ : l'intégrande prolongé coïncide avec une série entière de rayon infini, continue sur $ℝ$ . Primitivation terme à terme (fiche §6), valable pour tout réel $x$ : $k (x) = \sum_{n \geq 0} \frac{x^{2 n + 1}}{(2 n + 1) (2 n + 1)!}, R = + \infty .$

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours5 points

3. Une somme calculée puis prolongée au bord

Pour $x$ réel, on pose, sous réserve de convergence, $S (x) = \sum_{n \geq 1} \frac{x^{2 n}}{n (2 n - 1)}$ et $T (x) = \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n}}{n (2 n - 1)}$ .

Déterminer le rayon de convergence et le domaine de convergence de ces deux séries entières. Montrer que $S$ et $T$ sont continues sur $[- 1, 1]$ .
Vérifier que $\frac{1}{n (2 n - 1)} = \frac{2}{2 n - 1} - \frac{1}{n}$ . En déduire, pour $x \in] - 1, 1 [$ , $S (x) = (1 + x) \ln (1 + x) + (1 - x) \ln (1 - x)$ .
Calculer de même $T (x)$ pour $x \in] - 1, 1 [$ .
En déduire $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (2 n - 1)}$ et $\sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n}}{n (2 n - 1)}$ .

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1. Les deux séries ne contiennent que des puissances paires : on pose $u_{n} = \frac{x^{2 n}}{n (2 n - 1)}$ pour $x \neq 0$ . $∣ \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} ∣ = \frac{n (2 n - 1)}{(n + 1) (2 n + 1)} x^{2} \to x^{2}$ : convergence absolue si $∣ x ∣ < 1$ , divergence grossière si $∣ x ∣ > 1$ . Rayon $R = 1$ , et de même pour $T$ (mêmes modules). Pour $∣ x ∣ \leq 1$ : $∣ \frac{(\pm 1)^{n} x^{2 n}}{n (2 n - 1)} ∣ \leq \frac{1}{n (2 n - 1)} \sim \frac{1}{2 n^{2}}$ , terme d'une série convergente indépendant de $x$ . Les deux séries convergent donc normalement sur $[- 1, 1]$ : domaine $[- 1, 1]$ , et $S$ , $T$ sont continues sur $[- 1, 1]$ (fonctions polynomiales continues, convergence uniforme).

2. $\frac{2}{2 n - 1} - \frac{1}{n} = \frac{2 n - (2 n - 1)}{n (2 n - 1)} = \frac{1}{n (2 n - 1)}$ . Pour $∣ x ∣ < 1$ , les séries $\sum \frac{x^{2 n}}{n}$ et $\sum \frac{x^{2 n - 1}}{2 n - 1}$ convergent (rayon $1$ ) et $\sum_{n \geq 1} \frac{x^{2 n}}{n} = - \ln (1 - x^{2}), \sum_{n \geq 1} \frac{x^{2 n - 1}}{2 n - 1} = argth x = \frac{1}{2} \ln \frac{1 + x}{1 - x} (fiche §9) .$ On peut donc séparer : $S (x) = 2 x argth x + \ln (1 - x^{2}) = x \ln (1 + x) - x \ln (1 - x) + \ln (1 + x) + \ln (1 - x)$ , d'où $S (x) = (1 + x) \ln (1 + x) + (1 - x) \ln (1 - x) (∣ x ∣ < 1) .$

3. Même décomposition : $T (x) = 2 \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n}}{2 n - 1} - \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n}}{n}$ . Or $\sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n - 1}}{2 n - 1} = - \arctan x$ et $\sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n}}{n} = \sum_{n \geq 1} \frac{(- x^{2})^{n}}{n} = - \ln (1 + x^{2})$ . Donc $T (x) = \ln (1 + x^{2}) - 2 x \arctan x (∣ x ∣ < 1) .$

4. $S$ est continue en $1$ (question 1), donc $S (1) = \lim_{x \to 1^{-}} S (x)$ . Or $(1 + x) \ln (1 + x) \to 2 \ln 2$ et $(1 - x) \ln (1 - x) = u \ln u \to 0$ quand $u = 1 - x \to 0^{+}$ (croissances comparées). De même $T (1) = \lim_{x \to 1^{-}} T (x) = \ln 2 - 2 \cdot \frac{π}{4}$ . $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (2 n - 1)} = 2 \ln 2, \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n}}{n (2 n - 1)} = \ln 2 - \frac{π}{2} .$ Sans la continuité en $1$ (convergence normale sur $[- 1, 1]$ ), remplacer $x$ par $1$ dans la formule n'aurait aucune justification.

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Application du cours5 points

4. Une équation différentielle à point singulier

On considère l'équation $(E) : x y^{''} + (1 - x) y^{'} - y = 0$ .

Déterminer les solutions de $(E)$ développables en série entière au voisinage de $0$ , avec leur rayon ; reconnaître leur somme.
Sur $I =] 0, + \infty [$ , on pose $y (x) = e^{x} z (x)$ . Montrer que $y$ est solution de $(E)$ sur $I$ si et seulement si $x z^{''} + (1 + x) z^{'} = 0$ . En déduire les solutions de $(E)$ sur $I$ , à l'aide de $E (x) = \int_{1}^{x} \frac{e^{- t}}{t} d t$ .
Montrer que les solutions de $(E)$ sur $ℝ$ (deux fois dérivables sur $ℝ$ ) sont les fonctions $x \mapsto λ e^{x}$ , $λ \in ℝ$ . (On admettra que, sur $] - \infty, 0 [$ , les solutions sont $x \mapsto e^{x} (λ^{'} + μ^{'} E_{-} (x))$ avec $E_{-} (x) = \int_{- 1}^{x} \frac{e^{- t}}{t} d t$ .)

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1. Analyse. Soit $y = \sum a_{n} x^{n}$ de rayon $R > 0$ , solution sur $] - R, R [$ . Par dérivation terme à terme sur $] - R, R [$ : $x y^{''} = \sum_{n \geq 2} n (n - 1) a_{n} x^{n - 1} = \sum_{n \geq 0} (n + 1) n a_{n + 1} x^{n}, y^{'} = \sum_{n \geq 0} (n + 1) a_{n + 1} x^{n}, x y^{'} = \sum_{n \geq 0} n a_{n} x^{n} .$ Le coefficient de $x^{n}$ dans $x y^{''} + (1 - x) y^{'} - y$ vaut $(n + 1) n a_{n + 1} + (n + 1) a_{n + 1} - n a_{n} - a_{n} = (n + 1) [(n + 1) a_{n + 1} - a_{n}]$ . Par unicité des coefficients, il est nul pour tout $n$ : $a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{n + 1}$ , d'où $a_{n} = \frac{a_{0}}{n!}$ (récurrence immédiate). Synthèse. La série $\sum \frac{a_{0}}{n!} x^{n}$ a un rayon infini et sa somme $a_{0} e^{x}$ vérifie $(E)$ sur $ℝ$ (les calculs se lisent dans l'autre sens ; directement : $x e^{x} + (1 - x) e^{x} - e^{x} = 0$ ). $Solutions d \overset{ˊ}{e} veloppables : x \mapsto a_{0} e^{x}, a_{0} \in ℝ, R = + \infty .$

2. $z = e^{- x} y$ est deux fois dérivable si $y$ l'est, et $y^{'} = e^{x} (z + z^{'})$ , $y^{''} = e^{x} (z + 2 z^{'} + z^{''})$ . Donc $x y^{''} + (1 - x) y^{'} - y = e^{x} [x (z + 2 z^{'} + z^{''}) + (1 - x) (z + z^{'}) - z] = e^{x} [x z^{''} + (1 + x) z^{'}] .$ Comme $e^{x} \neq 0$ , $y$ est solution sur $I$ si et seulement si $w = z^{'}$ vérifie $x w^{'} + (1 + x) w = 0$ , soit $w^{'} = - (\frac{1}{x} + 1) w$ sur $I$ (on divise par $x > 0$ ). Équation linéaire du premier ordre : $w (x) = μ \frac{e^{- x}}{x}$ , $μ \in ℝ$ (une primitive de $\frac{1}{x} + 1$ est $\ln x + x$ ). Donc $z = λ + μ E$ et $y (x) = e^{x} (λ + μ E (x)), (λ, μ) \in ℝ^{2}, x > 0.$

3. Soit $y$ solution sur $ℝ$ . Sur $I$ , $y = e^{x} (λ + μ E)$ ; sur $] - \infty, 0 [$ , $y = e^{x} (λ^{'} + μ^{'} E_{-})$ .

Quand $x \to 0^{+}$ : pour $t \in] x, 1]$ , $\frac{e^{- t}}{t} \geq \frac{e^{- 1}}{t}$ , donc $- E (x) = \int_{x}^{1} \frac{e^{- t}}{t} d t \geq - e^{- 1} \ln x \to + \infty$ . Si $μ \neq 0$ , $y$ n'a pas de limite finie en $0^{+}$ , ce qui contredit sa continuité en $0$ . Donc $μ = 0$ .
Quand $x \to 0^{-}$ : pour $t \in [- 1, x]$ , $e^{- t} \geq 1$ et $t < 0$ , donc $\frac{e^{- t}}{t} \leq \frac{1}{t}$ et $E_{-} (x) \leq \int_{- 1}^{x} \frac{d t}{t} = \ln ∣ x ∣ \to - \infty$ . De même $μ^{'} = 0$ .
Continuité en $0$ : $λ = \lim_{0^{+}} y = y (0) = \lim_{0^{-}} y = λ^{'}$ . Donc $y = λ e^{x}$ sur $ℝ$ ; réciproquement ces fonctions sont solutions (question 1). $Les solutions sur ℝ sont les x \mapsto λ e^{x} .$ Ici, les solutions développables en $0$ sont exactement les solutions sur $ℝ$ ; sur $] 0, + \infty [$ seul, il y en a d'autres (fiche §10).

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Niveau devoir6 points

5. Payer avec des pièces de 1, 2 et 3

Pour $n \in ℕ$ , on note $p_{n}$ le nombre de façons de payer une somme de $n$ dinars avec des pièces de $1$ , $2$ et $3$ dinars, l'ordre des pièces ne comptant pas ; autrement dit $p_{n}$ est le nombre de triplets $(a, b, c) \in ℕ^{3}$ tels que $a + 2 b + 3 c = n$ ( $p_{0} = 1$ ).

Calculer $p_{0}, \dots, p_{6}$ . Montrer que $1 \leq p_{n} \leq (n + 1)^{2}$ et en déduire le rayon $R$ de la série entière $\sum p_{n} x^{n}$ .
Montrer que pour $∣ x ∣ < 1$ , $\sum_{n \geq 0} p_{n} x^{n} = \frac{1}{(1 - x) (1 - x^{2}) (1 - x^{3})}$ .
Vérifier que $\frac{1}{(1 - x) (1 - x^{2}) (1 - x^{3})} = \frac{1}{6 (1 - x)^{3}} + \frac{1}{4 (1 - x)^{2}} + \frac{17}{72 (1 - x)} + \frac{1}{8 (1 + x)} + \frac{2 + x}{9 (1 + x + x^{2})} .$
Développer en série entière chacun des cinq termes (pour le dernier, multiplier numérateur et dénominateur par $1 - x$ ).
En déduire que $p_{n}$ est l'entier le plus proche de $\frac{(n + 3)^{2}}{12}$ .
Calculer $p_{100}$ .

Voir le corrigé

1. On énumère par $c$ puis $b$ : $p_{0} = 1$ , $p_{1} = 1$ , $p_{2} = 2$ , $p_{3} = 3$ , $p_{4} = 4$ , $p_{5} = 5$ , $p_{6} = 7$ (pour $6$ : $c = 2$ ; $c = 1$ et $b \in {0, 1}$ ; $c = 0$ et $b \in {0, 1, 2, 3}$ , soit $1 + 2 + 4$ ). Pour un triplet solution, $b \leq \frac{n}{2}$ , $c \leq \frac{n}{3}$ et $a = n - 2 b - 3 c$ est déterminé : $p_{n} \leq (\frac{n}{2} + 1) (\frac{n}{3} + 1) \leq (n + 1)^{2}$ . Et $(n, 0, 0)$ est solution : $p_{n} \geq 1$ . Par comparaison, $R \geq$ rayon de $\sum (n + 1)^{2} x^{n}$ , qui vaut $1$ ; et $(p_{n})$ ne tend pas vers $0$ , donc la série diverge en $x = 1$ et $R \leq 1$ . $R = 1$

2. Pour $∣ x ∣ < 1$ , les séries $\sum_{a} x^{a}$ , $\sum_{b} x^{2 b}$ , $\sum_{c} x^{3 c}$ convergent absolument, de sommes $\frac{1}{1 - x}$ , $\frac{1}{1 - x^{2}}$ , $\frac{1}{1 - x^{3}}$ . Le produit de Cauchy (deux fois) de séries absolument convergentes donne une série dont le terme de degré $n$ est la somme des $x^{a} x^{2 b} x^{3 c}$ sur les triplets tels que $a + 2 b + 3 c = n$ , soit $p_{n} x^{n}$ . D'où l'égalité.

3. Le dénominateur commun est $72 (1 - x)^{3} (1 + x) (1 + x + x^{2}) = 72 (1 - x) (1 - x^{2}) (1 - x^{3})$ , car $(1 - x) (1 + x) = 1 - x^{2}$ et $(1 - x) (1 + x + x^{2}) = 1 - x^{3}$ . Le numérateur du second membre est alors $N (x) = 12 (1 + x) (1 + x + x^{2}) + 18 (1 - x^{2}) (1 + x + x^{2}) + 17 (1 - x)^{2} (1 + x) (1 + x + x^{2}) + 9 (1 - x)^{3} (1 + x + x^{2}) + 8 (2 + x) (1 - x)^{3} (1 + x),$ et il faut vérifier que $N (x) = 72$ . Le développement (polynôme de degré au plus $5$ ) donne bien la constante $72$ ; contrôles rapides : $N (0) = 12 + 18 + 17 + 9 + 16 = 72$ , $N (1) = 12 \cdot 2 \cdot 3 = 72$ , $N (- 1) = 9 \cdot 8 \cdot 1 = 72$ . (Le calcul complet est refait dans verification/verifier.py.) On peut aussi retrouver les deux coefficients extrêmes sans tout développer : multiplier les deux membres par $(1 - x)^{3}$ puis faire $x = 1$ donne $\frac{1}{(1 + 1) (1 + 1 + 1)} = \frac{1}{6}$ ; multiplier par $1 + x$ puis faire $x = - 1$ donne $\frac{1}{(1 + 1)^{2} (1 + 1)} = \frac{1}{8}$ .

4. Pour $∣ x ∣ < 1$ (fiche §6 : dériver $\frac{1}{1 - x}$ ) : $\frac{1}{(1 - x)^{2}} = \sum (n + 1) x^{n}$ , $\frac{1}{(1 - x)^{3}} = \sum \frac{(n + 1) (n + 2)}{2} x^{n}$ , $\frac{1}{1 + x} = \sum (- 1)^{n} x^{n}$ , et $\frac{2 + x}{1 + x + x^{2}} = \frac{(2 + x) (1 - x)}{1 - x^{3}} = \frac{2 - x - x^{2}}{1 - x^{3}} = \sum_{k \geq 0} (2 x^{3 k} - x^{3 k + 1} - x^{3 k + 2}) = \sum_{n \geq 0} ε_{n} x^{n},$ avec $ε_{n} = 2$ si $3 ∣ n$ , $ε_{n} = - 1$ sinon.

5. Par unicité des coefficients (les deux membres sont des séries entières égales sur $] - 1, 1 [$ ) : $p_{n} = \frac{(n + 1) (n + 2)}{12} + \frac{n + 1}{4} + \frac{17}{72} + \frac{(- 1)^{n}}{8} + \frac{ε_{n}}{9} .$ Or $\frac{(n + 1) (n + 2)}{12} + \frac{n + 1}{4} = \frac{n^{2} + 6 n + 5}{12} = \frac{(n + 3)^{2}}{12} - \frac{1}{3}$ , donc $p_{n} = \frac{(n + 3)^{2}}{12} + e_{n}$ avec $e_{n} = - \frac{7}{72} + \frac{(- 1)^{n}}{8} + \frac{ε_{n}}{9}$ . Les quatre cas (en $72^{es}$ , $- 7 \pm 9$ et $+ 16$ ou $- 8$ ) donnent $e_{n} \in {\frac{1}{4}, - \frac{1}{12}, 0, - \frac{1}{3}}$ : toujours $∣ e_{n} ∣ \leq \frac{1}{3} < \frac{1}{2}$ . Comme $p_{n}$ est entier, $p_{n} est l’entier le plus proche de \frac{(n + 3)^{2}}{12} .$ Contrôle : $n = 6$ donne $\frac{81}{12} = 6 + \frac{3}{4}$ , entier le plus proche $7$ .

6. $103^{2} = 10609 = 12 \times 884 + 1$ , donc $\frac{103^{2}}{12} = 884 + \frac{1}{12}$ : $p_{100} = 884$ .

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Niveau devoir6 points

6. Produit de Cauchy et restes de la série exponentielle

Pour $n \in ℕ$ , on pose $s_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!}$ et $r_{n} = e - s_{n}$ .

Déterminer le rayon de convergence de $\sum s_{n} x^{n}$ et montrer que $\sum_{n \geq 0} s_{n} x^{n} = \frac{e^{x}}{1 - x}$ pour $∣ x ∣ < 1$ .
Montrer que $0 < r_{n} \leq \frac{2}{(n + 1)!}$ . En déduire le rayon de $\sum r_{n} x^{n}$ .
On note $g$ la somme de $\sum r_{n} x^{n}$ . Exprimer $g (x)$ pour $∣ x ∣ < 1$ , puis calculer $\sum_{n \geq 0} r_{n}$ .
Calculer $\sum_{n \geq 0} n r_{n}$ .
Retrouver la valeur de $\sum r_{n}$ en écrivant $r_{n}$ comme une somme et en intervertissant (famille de réels positifs).

Voir le corrigé

1. $s_{n} \to e \neq 0$ : $(s_{n})$ est bornée, donc $R \geq 1$ ; le terme $s_{n} \cdot 1^{n}$ ne tend pas vers $0$ , donc la série diverge en $1$ et $R \leq 1$ . $R = 1$ Pour $∣ x ∣ < 1$ , $\sum \frac{x^{n}}{n!}$ (rayon infini) et $\sum x^{n}$ (rayon $1$ ) convergent absolument ; leur produit de Cauchy a pour coefficient $\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} \cdot 1 = s_{n}$ . Donc $\sum_{n \geq 0} s_{n} x^{n} = \frac{e^{x}}{1 - x}$ pour $∣ x ∣ < 1$ .

2. $r_{n} = \sum_{k \geq n + 1} \frac{1}{k!} > 0$ (reste de la série exponentielle en $1$ ). Pour $k \geq n + 1$ , $k! \geq (n + 1)! (n + 2)^{k - n - 1}$ , donc $r_{n} \leq \frac{1}{(n + 1)!} \sum_{j \geq 0} \frac{1}{(n + 2)^{j}} = \frac{1}{(n + 1)!} \cdot \frac{n + 2}{n + 1} \leq \frac{2}{(n + 1)!} .$ La série $\sum \frac{2}{(n + 1)!} x^{n}$ a un rayon infini (d'Alembert numérique : quotient $\frac{∣ x ∣}{n + 2} \to 0$ ), donc par comparaison $\sum r_{n} x^{n} a un rayon infini.$

3. Pour $∣ x ∣ < 1$ , $\sum e x^{n}$ et $\sum s_{n} x^{n}$ convergent, donc $g (x) = \sum (e - s_{n}) x^{n} = \frac{e}{1 - x} - \frac{e^{x}}{1 - x}$ : $g (x) = \frac{e - e^{x}}{1 - x} (∣ x ∣ < 1) .$ Le rayon étant infini, $g$ est continue sur $ℝ$ , en particulier en $1$ : $g (1) = \lim_{x \to 1^{-}} \frac{e^{x} - e}{x - 1} = \exp^{'} (1) = e$ . $\sum_{n \geq 0} r_{n} = e .$

4. $g$ est $C^{\infty}$ sur $ℝ$ , avec $g^{'} (1) = \sum_{n \geq 1} n r_{n}$ (dérivation terme à terme, $1$ est intérieur à l'intervalle de convergence $ℝ$ ). On calcule $g^{'} (1)$ comme limite à gauche du taux d'accroissement : pour $h < 0$ voisin de $0$ , $g (1 + h) = \frac{e - e^{1 + h}}{- h} = e \frac{e^{h} - 1}{h}$ et $\frac{g (1 + h) - g (1)}{h} = e \frac{e^{h} - 1 - h}{h^{2}} \underset{h \to 0^{-}}{⟶} \frac{e}{2} (DL : e^{h} = 1 + h + \frac{h^{2}}{2} + o (h^{2})) .$ $\sum_{n \geq 0} n r_{n} = \frac{e}{2} .$

5. $\sum_{n \geq 0} r_{n} = \sum_{n \geq 0} \sum_{k \geq n + 1} \frac{1}{k!}$ . La famille ${(\frac{1}{k!})}_{0 \leq n < k}$ est positive : on peut sommer dans l'ordre que l'on veut (sommation par paquets). Pour $k$ fixé, il y a $k$ indices $n \in {0, \dots, k - 1}$ , donc $\sum r_{n} = \sum_{k \geq 1} \frac{k}{k!} = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{(k - 1)!} = e$ . Même résultat. (Avec le poids $n$ : $\sum_{n < k} n = \frac{k (k - 1)}{2}$ et $\sum_{k \geq 2} \frac{k (k - 1)}{2 k!} = \frac{e}{2}$ .)

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir6 points

7. Une fonction définie par une intégrale et son équation différentielle

Soit $f (x) = e^{x^{2} / 2} \int_{0}^{x} e^{- t^{2} / 2} d t$ pour $x \in ℝ$ .

Prouver que $f$ se développe en série entière sur $ℝ$ et qu'elle est impaire.
Montrer que $f$ est solution de $y^{'} = x y + 1$ et calculer $f (0)$ .
En déduire le développement de $f$ : $f (x) = \sum_{p \geq 0} a_{2 p + 1} x^{2 p + 1}$ avec $a_{2 p + 1} = \frac{2^{p} p!}{(2 p + 1)!}$ .
En déduire la valeur de $\sum_{p \geq 0} \frac{1}{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2 p + 1)}$ sous forme d'intégrale.
Montrer que pour tout $x \geq 0$ , $x + \frac{x^{3}}{3} \leq f (x) \leq x e^{x^{2} / 2}$ .

Voir le corrigé

1. $e^{x^{2} / 2} = \sum_{n \geq 0} \frac{x^{2 n}}{2^{n} n!}$ et $e^{- t^{2} / 2} = \sum_{n \geq 0} \frac{(- 1)^{n} t^{2 n}}{2^{n} n!}$ , séries de rayon infini (exponentielle composée avec $\pm \frac{x^{2}}{2}$ ). Primitivation terme à terme : $φ (x) = \int_{0}^{x} e^{- t^{2} / 2} d t = \sum_{n \geq 0} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{2^{n} n! (2 n + 1)}$ , rayon infini. Le produit de Cauchy de deux séries de rayon infini est de rayon infini et sa somme est le produit : $f est d \overset{ˊ}{e} veloppable sur ℝ .$ Enfin $x \mapsto e^{x^{2} / 2}$ est paire et $φ$ impaire (intégrande pair), donc $f$ est impaire.

2. $f$ est dérivable (produit de fonctions dérivables, $φ^{'} (x) = e^{- x^{2} / 2}$ ) et $f^{'} (x) = x e^{x^{2} / 2} φ (x) + e^{x^{2} / 2} e^{- x^{2} / 2} = x f (x) + 1$ . Et $f (0) = φ (0) = 0$ .

3. $f$ impaire : ses coefficients de rang pair sont nuls (fiche §7), $f (x) = \sum_{p \geq 0} a_{2 p + 1} x^{2 p + 1}$ . Sur $ℝ$ : $f^{'} (x) = \sum_{p \geq 0} (2 p + 1) a_{2 p + 1} x^{2 p}$ et $x f (x) + 1 = 1 + \sum_{p \geq 1} a_{2 p - 1} x^{2 p}$ . Par unicité des coefficients : $a_{1} = 1$ et $(2 p + 1) a_{2 p + 1} = a_{2 p - 1}$ pour $p \geq 1$ . D'où $a_{2 p + 1} = \frac{1}{3 \cdot 5 \dots (2 p + 1)}$ , et comme $3 \cdot 5 \dots (2 p + 1) = \frac{(2 p + 1)!}{2 \cdot 4 \dots (2 p)} = \frac{(2 p + 1)!}{2^{p} p!}$ : $a_{2 p + 1} = \frac{2^{p} p!}{(2 p + 1)!} .$

4. En $x = 1$ (rayon infini) : $\sum_{p \geq 0} \frac{1}{1 \cdot 3 \dots (2 p + 1)} = f (1) = \sqrt{e} \int_{0}^{1} e^{- t^{2} / 2} d t .$

5. Pour $x \geq 0$ , tous les termes $a_{2 p + 1} x^{2 p + 1}$ sont positifs, donc $f (x) \geq a_{1} x + a_{3} x^{3} = x + \frac{x^{3}}{3}$ . Pour la majoration, on compare terme à terme avec $x e^{x^{2} / 2} = \sum_{p \geq 0} \frac{x^{2 p + 1}}{2^{p} p!}$ : il suffit que $\frac{2^{p} p!}{(2 p + 1)!} \leq \frac{1}{2^{p} p!}$ , c'est-à-dire $(2^{p} p!)^{2} \leq (2 p + 1)!$ . Or $(2 p + 1)! = \prod_{k = 1}^{p} (2 k) (2 k + 1) \geq \prod_{k = 1}^{p} (2 k)^{2} = (2^{p} p!)^{2}$ . D'où $f (x) \leq x e^{x^{2} / 2}$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir7 points

8. Une équation différentielle « à retard »

On cherche les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ dérivables telles que $(ℰ) f^{'} (x) = f ⁣ (\frac{x}{2}) pour tout x \in ℝ, f (0) = 1.$

Analyse. On suppose que $f (x) = \sum a_{n} x^{n}$ sur $] - R, R [$ avec $R > 0$ . Montrer que $a_{n} = \frac{1}{n! 2^{n (n - 1) / 2}}$ .
Synthèse. Montrer que la série entière $\sum \frac{x^{n}}{n! 2^{n (n - 1) / 2}}$ a un rayon infini et que sa somme $f$ est solution de $(ℰ)$ sur $ℝ$ .
Unicité. Soit $g$ une solution de $(ℰ)$ et $h = f - g$ . Pour $a > 0$ , on note $M = \sup_{[- a, a]} ∣ h ∣$ . Montrer par récurrence que pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in [- a, a]$ , $∣ h (x) ∣ \leq M \frac{∣ x ∣^{n}}{n!}$ . Conclure.
Montrer que $f$ est strictement croissante sur $[0, + \infty [$ et que $1 + x \leq f (x) \leq e^{x}$ pour $x \geq 0$ .
Montrer que pour tout $k \in ℕ$ , $x^{k} = o (f (x))$ quand $x \to + \infty$ .
Soit $ε > 0$ . Montrer qu'il existe $N$ tel que $a_{n} \leq \frac{(ε / 2)^{n}}{n!}$ pour $n \geq N$ , puis que $f (x) = o (e^{ε x})$ quand $x \to + \infty$ .

Voir le corrigé

1. Sur $] - R, R [$ , $f^{'} (x) = \sum_{n \geq 0} (n + 1) a_{n + 1} x^{n}$ (dérivation terme à terme) et, pour $x \in] - R, R [$ , $\frac{x}{2} \in] - R, R [$ donc $f (\frac{x}{2}) = \sum_{n \geq 0} \frac{a_{n}}{2^{n}} x^{n}$ . Par unicité des coefficients : $(n + 1) a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{2^{n}}$ , et $a_{0} = f (0) = 1$ . Par récurrence, si $a_{n} = \frac{1}{n! 2^{n (n - 1) / 2}}$ , alors $a_{n + 1} = \frac{1}{(n + 1) n! 2^{n (n - 1) / 2} 2^{n}} = \frac{1}{(n + 1)! 2^{n (n + 1) / 2}}$ , car $\frac{n (n - 1)}{2} + n = \frac{(n + 1) n}{2}$ . $a_{n} = \frac{1}{n! 2^{n (n - 1) / 2}}$

2. Pour $x \neq 0$ et $u_{n} = a_{n} x^{n}$ : $∣ \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} ∣ = \frac{∣ x ∣}{(n + 1) 2^{n}} \to 0$ : convergence absolue pour tout $x$ , $R = + \infty$ . La somme $f$ est dérivable sur $ℝ$ , $f^{'} (x) = \sum (n + 1) a_{n + 1} x^{n} = \sum \frac{a_{n}}{2^{n}} x^{n} = f (\frac{x}{2})$ , et $f (0) = a_{0} = 1$ : $f$ est solution.

3. $h$ est dérivable, $h^{'} (x) = h (\frac{x}{2})$ et $h (0) = 0$ ; $h$ est continue sur le segment $[- a, a]$ , donc $M$ est fini. Pour $n = 0$ , l'inégalité est la définition de $M$ . Si elle est vraie au rang $n$ , pour $x \in [- a, a]$ , $h (x) = h (0) + \int_{0}^{x} h (\frac{t}{2}) d t$ et $\frac{t}{2} \in [- a, a]$ , donc $∣ h (x) ∣ \leq ∣ \int_{0}^{x} M \frac{∣ t ∣^{n}}{2^{n} n!} d t ∣ = \frac{M}{2^{n}} \cdot \frac{∣ x ∣^{n + 1}}{(n + 1)!} \leq M \frac{∣ x ∣^{n + 1}}{(n + 1)!} .$ Ainsi $∣ h (x) ∣ \leq M \frac{a^{n}}{n!} \to 0$ (croissances comparées) : $h = 0$ sur $[- a, a]$ , pour tout $a > 0$ . $f est l’unique solution de (ℰ) .$

4. Pour $x \geq 0$ , $f (x) = \sum a_{n} x^{n} \geq a_{0} = 1 > 0$ ; donc $f^{'} (x) = f (\frac{x}{2}) > 0$ pour $x \geq 0$ : $f$ est strictement croissante sur $[0, + \infty [$ . Comme $0 < a_{n} \leq \frac{1}{n!}$ et $a_{0} = a_{1} = 1$ , pour $x \geq 0$ : $1 + x \leq f (x) \leq \sum \frac{x^{n}}{n!} = e^{x}$ .

5. Pour $x > 0$ , $f (x) \geq a_{k + 1} x^{k + 1}$ (termes positifs), donc $0 \leq \frac{x^{k}}{f (x)} \leq \frac{1}{a_{k + 1} x} \to 0$ .

6. $2^{(n - 1) / 2} \to + \infty$ : il existe $N$ tel que $2^{(n - 1) / 2} \geq \frac{2}{ε}$ pour $n \geq N$ , d'où $2^{n (n - 1) / 2} = {(2^{(n - 1) / 2})}^{n} \geq {(\frac{2}{ε})}^{n}$ et $a_{n} \leq \frac{(ε / 2)^{n}}{n!}$ . Pour $x \geq 0$ : $f (x) \leq P (x) + \sum_{n \geq N} \frac{(ε x / 2)^{n}}{n!} \leq P (x) + e^{ε x / 2}, P (x) = \sum_{n < N} a_{n} x^{n} .$ Donc $0 \leq f (x) e^{- ε x} \leq P (x) e^{- ε x} + e^{- ε x / 2} \to 0$ . $f cro \hat{ı} t plus vite que tout polyn \hat{o} me et moins vite que toute e^{ε x} .$

Après avoir comparé avec le corrigé :

Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : classements avec ex aequo

Un jury classe $n$ candidats ( $n \geq 1$ ) en autorisant les ex aequo. Un classement est une suite $(B_{1}, \dots, B_{k})$ de parties non vides de $[⁣ [1, n] ⁣]$ , deux à deux disjointes, de réunion $[⁣ [1, n] ⁣]$ ( $B_{1}$ : les candidats classés premiers, etc.). On note $a_{n}$ le nombre de classements et on pose $a_{0} = 1$ .

Partie A — Récurrence et rayon

Calculer $a_{1}$ , $a_{2}$ , $a_{3}$ .
Montrer que pour $n \geq 1$ , $a_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) a_{n - k}$ . Calculer $a_{4}$ .
Montrer que $a_{n} \leq 2^{n} n!$ pour tout $n$ (on utilisera $\sqrt{e} < 2$ ). En déduire que le rayon $R$ de $\sum \frac{a_{n}}{n!} x^{n}$ vérifie $R \geq \frac{1}{2}$ .

Partie B — La fonction génératrice On note $A (x) = \sum_{n \geq 0} \frac{a_{n}}{n!} x^{n}$ pour $∣ x ∣ < R$ . 4. Montrer que $A (x) - 1 = (e^{x} - 1) A (x)$ pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ , puis que $A (x) = \frac{1}{2 - e^{x}}$ sur $] - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} [$ . 5. Soit $x \in] - \ln 2, \ln 2 [$ . Montrer que $\frac{1}{2 - e^{x}} = \sum_{k \geq 0} \frac{e^{k x}}{2^{k + 1}}$ , puis que la famille ${(\frac{(k x)^{n}}{n! 2^{k + 1}})}_{(k, n) \in ℕ^{2}}$ est sommable (convention $0^{0} = 1$ ). 6. En déduire un développement en série entière de $\frac{1}{2 - e^{x}}$ valable sur $] - \ln 2, \ln 2 [$ , puis que $a_{n} = \sum_{k \geq 0} \frac{k^{n}}{2^{k + 1}}$ pour tout $n$ .

Partie C — Conséquences 7. Montrer que $R = \ln 2$ . 8. Retrouver $a_{2} = 3$ à partir de la formule de la question 6, en calculant $\sum_{k \geq 0} k^{2} y^{k}$ pour $∣ y ∣ < 1$ .

Voir le corrigé

1. $a_{1} = 1$ (un seul groupe). Pour $n = 2$ : $({1, 2})$ , $({1}, {2})$ , $({2}, {1})$ , donc $a_{2} = 3$ . Pour $n = 3$ : un seul groupe ( $1$ classement) ; deux groupes de tailles $1$ et $2$ dans un ordre ou l'autre ( $3 \times 2 = 6$ ) ; trois groupes d'un candidat ( $3! = 6$ ). $a_{3} = 13$ .

2. On classe selon $k = card B_{1} \in [⁣ [1, n] ⁣]$ : $(\binom{n}{k})$ choix de $B_{1}$ , puis $(B_{2}, \dots)$ est un classement quelconque des $n - k$ candidats restants ( $a_{n - k}$ possibilités, y compris $a_{0} = 1$ quand $k = n$ ). Principe additif et multiplicatif : $a_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) a_{n - k}$ . $a_{4} = 4 a_{3} + 6 a_{2} + 4 a_{1} + a_{0} = 52 + 18 + 4 + 1 = 75$ (et on retrouve $a_{2} = 2 + 1$ , $a_{3} = 9 + 3 + 1$ ).

3. Récurrence forte : $a_{0} = 1 \leq 1$ . Si $a_{m} \leq 2^{m} m!$ pour $m < n$ , alors $a_{n} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{n!}{k! (n - k)!} 2^{n - k} (n - k)! = n! 2^{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{2^{- k}}{k!} \leq n! 2^{n} (e^{1 / 2} - 1) \leq n! 2^{n},$ car $\sum_{k \geq 0} \frac{(1 / 2)^{k}}{k!} = \sqrt{e}$ et $\sqrt{e} < 2$ (puisque $e < 4$ ). Donc $\frac{a_{n}}{n!} \leq 2^{n}$ et, par comparaison avec $\sum 2^{n} x^{n}$ (rayon $\frac{1}{2}$ ), $R \geq \frac{1}{2} .$

4. Pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ , $\sum_{k \geq 1} \frac{x^{k}}{k!} = e^{x} - 1$ (rayon infini) et $A (x)$ convergent absolument. Le produit de Cauchy donne, pour $n \geq 1$ , le coefficient $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \frac{a_{n - k}}{(n - k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) a_{n - k} = \frac{a_{n}}{n!}$ , et $0$ pour $n = 0$ . Donc $(e^{x} - 1) A (x) = \sum_{n \geq 1} \frac{a_{n}}{n!} x^{n} = A (x) - 1$ , soit $A (x) (2 - e^{x}) = 1$ . Pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ , $e^{x} < \sqrt{e} < 2$ , donc $A (x) = \frac{1}{2 - e^{x}}$ sur $] - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} [$ .

5. Pour $∣ x ∣ < \ln 2$ , $q = \frac{e^{x}}{2} \in] 0, 1 [$ , et $\frac{1}{2 - e^{x}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - q} = \sum_{k \geq 0} \frac{q^{k}}{2} = \sum_{k \geq 0} \frac{e^{k x}}{2^{k + 1}}$ (série géométrique). Pour la famille : $\sum_{n \geq 0} ∣ \frac{(k x)^{n}}{n! 2^{k + 1}} ∣ = \frac{e^{k ∣ x ∣}}{2^{k + 1}}, \sum_{k \geq 0} \frac{e^{k ∣ x ∣}}{2^{k + 1}} = \frac{1}{2 - e^{∣ x ∣}} < + \infty$ car $e^{∣ x ∣} < 2$ . Par sommation par paquets pour une famille positive, la famille des modules est sommable : $la famille est sommable.$

6. Une famille sommable peut se sommer par lignes ou par colonnes. Par lignes ( $k$ fixé), $\sum_{n} \frac{(k x)^{n}}{n! 2^{k + 1}} = \frac{e^{k x}}{2^{k + 1}}$ , total $\frac{1}{2 - e^{x}}$ . Par colonnes ( $n$ fixé), $\sum_{k} \frac{k^{n}}{2^{k + 1}} \cdot \frac{x^{n}}{n!} = b_{n} \frac{x^{n}}{n!}$ avec $b_{n} = \sum_{k \geq 0} \frac{k^{n}}{2^{k + 1}}$ (série convergente, par la sommabilité). Donc $\frac{1}{2 - e^{x}} = \sum_{n \geq 0} \frac{b_{n}}{n!} x^{n} pour tout x \in] - \ln 2, \ln 2 [,$ ce qui prouve que la série $\sum \frac{b_{n}}{n!} x^{n}$ a un rayon $\geq \ln 2$ et que $\frac{1}{2 - e^{x}}$ est développable sur cet intervalle. Sur $] - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} [$ , les séries $\sum \frac{a_{n}}{n!} x^{n}$ et $\sum \frac{b_{n}}{n!} x^{n}$ ont la même somme (question 4) : par unicité, $a_{n} = b_{n} = \sum_{k \geq 0} \frac{k^{n}}{2^{k + 1}}$ (pour $n = 0$ : $\sum \frac{1}{2^{k + 1}} = 1$ ).

7. D'après la question 6, $R \geq \ln 2$ et $A (x) = \frac{1}{2 - e^{x}}$ sur $] - \ln 2, \ln 2 [$ . Si l'on avait $R > \ln 2$ , $A$ serait continue en $\ln 2$ , donc bornée au voisinage de $\ln 2$ ; or $\frac{1}{2 - e^{x}} \to + \infty$ quand $x \to (\ln 2)^{-}$ . Contradiction : $R = \ln 2.$ (On peut aussi invoquer le dernier point du §5 de la fiche : coefficients positifs et somme qui tend vers $+ \infty$ .)

8. Pour $∣ y ∣ < 1$ , en dérivant $\sum y^{k} = \frac{1}{1 - y}$ : $\sum k y^{k} = \frac{y}{(1 - y)^{2}}$ , puis $\sum k^{2} y^{k} = y \frac{d}{d y} \frac{y}{(1 - y)^{2}} = \frac{y (1 + y)}{(1 - y)^{3}}$ . En $y = \frac{1}{2}$ : $\frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}}{\frac{1}{8}} = 6$ , donc $a_{2} = \sum \frac{k^{2}}{2^{k + 1}} = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Synthèse, niveau concours12 points

10. Problème type concours : attendre deux puis trois « Pile » consécutifs

Format du concours : questions numérotées en continu, réponses dans le cadre prévu pour chacune. Les parties II et III n'utilisent aucun résultat de probabilités : on compte des mots.

Partie I — La série génératrice de Fibonacci On définit $F_{0} = 0$ , $F_{1} = 1$ et $F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}$ pour $n \in ℕ$ . On note $φ = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ et $ψ = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ .

Q.1 ▶ Montrer que $0 \leq F_{n} \leq 2^{n}$ pour tout $n$ . En déduire que le rayon $R_{F}$ de $\sum F_{n} x^{n}$ vérifie $R_{F} \geq \frac{1}{2}$ .

Q.2 ▶ Montrer que pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ , $Φ (x) = \sum_{n \geq 0} F_{n} x^{n} = \frac{x}{1 - x - x^{2}}$ .

Q.3 ▶ Vérifier que $1 - x - x^{2} = (1 - φ x) (1 - ψ x)$ . En déduire $F_{n} = \frac{φ^{n} - ψ^{n}}{\sqrt{5}}$ et $R_{F} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ .

Q.4 ▶ Justifier que $\frac{1}{2} < R_{F}$ sans valeur approchée, puis calculer $\sum_{n \geq 0} \frac{F_{n}}{2^{n}}$ .

Q.5 ▶ Calculer $\sum_{n \geq 0} \frac{n F_{n}}{2^{n}}$ .

Partie II — Mots sans « PP » On appelle mot de longueur $m$ une suite de $m$ lettres prises dans ${P, F}$ (le mot vide a pour longueur $0$ ). On note $b_{m}$ le nombre de mots de longueur $m$ ne contenant pas deux $P$ consécutifs, et, pour $n \geq 2$ , $c_{n}$ le nombre de mots de longueur $n$ dont les deux dernières lettres sont $P P$ et qui ne contiennent pas d'autre paire de $P$ consécutifs.

Q.6 ▶ Montrer que $b_{m + 2} = b_{m + 1} + b_{m}$ et en déduire $b_{m} = F_{m + 2}$ .

Q.7 ▶ Montrer que $c_{2} = 1$ et $c_{n} = b_{n - 3}$ pour $n \geq 3$ . En déduire $c_{n} = F_{n - 1}$ pour $n \geq 2$ .

Q.8 ▶ Calculer $\sum_{n \geq 2} \frac{c_{n}}{2^{n}}$ et $\sum_{n \geq 2} \frac{n c_{n}}{2^{n}}$ .

Partie III — Mots sans « PPP » On note $t_{m}$ le nombre de mots de longueur $m$ ne contenant pas trois $P$ consécutifs, et $T$ la somme de $\sum t_{m} x^{m}$ sur son disque de convergence, de rayon $R_{T}$ . On pose $Q (x) = 1 - x - x^{2} - x^{3}$ .

Q.9 ▶ Calculer $t_{0}$ , $t_{1}$ , $t_{2}$ et montrer que $t_{m + 3} = t_{m + 2} + t_{m + 1} + t_{m}$ pour $m \geq 0$ .

Q.10 ▶ Montrer que $R_{T} \geq \frac{1}{2}$ et que $T (x) Q (x) = 1 + x + x^{2}$ pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ .

Q.11 ▶ Montrer que $Q$ s'annule en un unique point $ρ$ de $] 0, + \infty [$ et que $\frac{1}{2} < ρ < \frac{2}{3}$ .

Q.12 ▶ Pour $x \in [0, ρ [$ et $N \geq 2$ , on pose $S_{N} (x) = \sum_{m = 0}^{N} t_{m} x^{m}$ . Montrer que $S_{N} (x) Q (x) \leq 1 + x + x^{2}$ . En déduire que $R_{T} \geq ρ$ .

Q.13 ▶ Montrer que $T (x) = \frac{1 + x + x^{2}}{Q (x)}$ pour $x \in [0, ρ [$ , puis que $R_{T} = ρ$ .

Q.14 ▶ Calculer $\sum_{m \geq 0} \frac{t_{m}}{2^{m}}$ et en déduire que $\frac{t_{m}}{2^{m}} \to 0$ .

Voir le corrigé

Q.1 Récurrence double : $F_{0} = 0 \leq 1$ , $F_{1} = 1 \leq 2$ ; si $0 \leq F_{n} \leq 2^{n}$ et $0 \leq F_{n + 1} \leq 2^{n + 1}$ , alors $0 \leq F_{n + 2} \leq 2^{n + 1} + 2^{n} \leq 2^{n + 2}$ . Par comparaison avec $\sum 2^{n} x^{n}$ (rayon $\frac{1}{2}$ ) : $R_{F} \geq \frac{1}{2}$ .

Q.2 Pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ , les séries $Φ (x)$ , $x Φ (x) = \sum_{n \geq 1} F_{n - 1} x^{n}$ et $x^{2} Φ (x) = \sum_{n \geq 2} F_{n - 2} x^{n}$ convergent, et $(1 - x - x^{2}) Φ (x) = F_{0} + (F_{1} - F_{0}) x + \sum_{n \geq 2} (F_{n} - F_{n - 1} - F_{n - 2}) x^{n} = x .$ $1 - x - x^{2}$ ne s'annule pas sur $] - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} [$ (ses racines sont $- φ$ et $- ψ = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} > \frac{1}{2}$ ). D'où $Φ (x) = \frac{x}{1 - x - x^{2}}$ .

Q.3 $φ + ψ = 1$ et $φ ψ = \frac{1 - 5}{4} = - 1$ , donc $(1 - φ x) (1 - ψ x) = 1 - x - x^{2}$ . Puis $\frac{x}{(1 - φ x) (1 - ψ x)} = \frac{1}{φ - ψ} (\frac{1}{1 - φ x} - \frac{1}{1 - ψ x})$ (réduire au même dénominateur), avec $φ - ψ = \sqrt{5}$ . Pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ (on a $∣ φ x ∣ < 1$ car $φ < 2$ , et $∣ ψ x ∣ < 1$ ), on développe en séries géométriques ; l'unicité des coefficients donne $F_{n} = \frac{φ^{n} - ψ^{n}}{\sqrt{5}}$ . $\sum φ^{n} x^{n}$ a pour rayon $\frac{1}{φ} = \frac{2}{1 + \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ , et $\sum ψ^{n} x^{n}$ a pour rayon $\frac{1}{∣ ψ ∣} = \frac{2}{\sqrt{5} - 1} = φ > \frac{1}{φ}$ . Rayons différents : le rayon de la différence est le plus petit, $R_{F} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ .

Q.4 $\frac{1}{2} < \frac{\sqrt{5} - 1}{2} ⟺ 2 < \sqrt{5} ⟺ 4 < 5$ . Donc $\frac{1}{2}$ est dans l'intervalle ouvert de convergence et $\sum \frac{F_{n}}{2^{n}} = Φ (\frac{1}{2}) = \frac{1 / 2}{1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4}} = 2$ .

Q.5 Dérivation terme à terme sur $] - R_{F}, R_{F} [$ : $Φ^{'} (x) = \sum_{n \geq 1} n F_{n} x^{n - 1} = \frac{(1 - x - x^{2}) + x (1 + 2 x)}{(1 - x - x^{2})^{2}} = \frac{1 + x^{2}}{(1 - x - x^{2})^{2}}$ . En $\frac{1}{2}$ : $Φ^{'} (\frac{1}{2}) = \frac{5 / 4}{1 / 16} = 20$ , et $\sum \frac{n F_{n}}{2^{n}} = \frac{1}{2} Φ^{'} (\frac{1}{2}) = 10$ .

Q.6 Un mot sans $P P$ de longueur $m + 2$ commence soit par $F$ , suivi d'un mot sans $P P$ quelconque de longueur $m + 1$ ; soit par $P$ , et alors la deuxième lettre est forcément $F$ , suivie d'un mot sans $P P$ quelconque de longueur $m$ . Les deux cas sont disjoints : $b_{m + 2} = b_{m + 1} + b_{m}$ . Avec $b_{0} = 1 = F_{2}$ et $b_{1} = 2 = F_{3}$ , les suites $(b_{m})$ et $(F_{m + 2})$ vérifient la même récurrence et les mêmes deux premiers termes : $b_{m} = F_{m + 2}$ .

Q.7 $c_{2} = 1$ (le mot $P P$ ). Pour $n \geq 3$ , un mot compté par $c_{n}$ s'écrit $w = u X P P$ avec $u$ de longueur $n - 3$ et $X$ une lettre. Si $X = P$ , $w$ contient $P P$ en positions $n - 2, n - 1$ : exclu. Donc $X = F$ , et $w$ convient si et seulement si $u F$ ne contient pas $P P$ , autrement dit lorsque $u$ ne contient pas $P P$ (la lettre $F$ ne crée aucune paire). Donc $c_{n} = b_{n - 3} = F_{n - 1}$ , formule vraie aussi pour $n = 2$ ( $F_{1} = 1$ ). $c_{n} = F_{n - 1}$

Q.8 $\sum_{n \geq 2} \frac{c_{n}}{2^{n}} = \sum_{m \geq 1} \frac{F_{m}}{2^{m + 1}} = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1$ ( $m = n - 1$ , et $F_{0} = 0$ ). Puis $\sum_{n \geq 2} \frac{n c_{n}}{2^{n}} = \sum_{m \geq 1} \frac{(m + 1) F_{m}}{2^{m + 1}} = \frac{1}{2} (10 + 2) = 6$ . Remarque (chapitre « Probabilités ») : en lançant une pièce équilibrée, $\frac{c_{n}}{2^{n}}$ est la probabilité d'obtenir deux Pile consécutifs pour la première fois au lancer $n$ ; la première somme dit que cela finit par arriver, la seconde que l'attente moyenne est de $6$ lancers.

Q.9 $t_{0} = 1$ , $t_{1} = 2$ , $t_{2} = 4$ (aucun mot de longueur $\leq 2$ ne contient $P P P$ ). Un mot sans $P P P$ de longueur $m + 3$ commence par $F$ , ou par $P F$ , ou par $P P F$ (il ne peut pas commencer par $P P P$ ), suivi d'un mot sans $P P P$ quelconque de longueur $m + 2$ , $m + 1$ , $m$ respectivement ; les trois cas sont disjoints : $t_{m + 3} = t_{m + 2} + t_{m + 1} + t_{m}$ .

Q.10 $t_{m} \leq 2^{m}$ (nombre total de mots), donc $R_{T} \geq \frac{1}{2}$ par comparaison. Pour $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ , comme en Q.2 : $Q (x) T (x) = t_{0} + (t_{1} - t_{0}) x + (t_{2} - t_{1} - t_{0}) x^{2} + \sum_{m \geq 3} (t_{m} - t_{m - 1} - t_{m - 2} - t_{m - 3}) x^{m} = 1 + x + x^{2} .$

Q.11 $Q^{'} (x) = - 1 - 2 x - 3 x^{2} < 0$ sur $[0, + \infty [$ : $Q$ est continue et strictement décroissante, de $Q (0) = 1$ à $- \infty$ . Elle s'annule donc en un unique $ρ > 0$ (théorème des valeurs intermédiaires et stricte monotonie). $Q (\frac{1}{2}) = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{8} = \frac{1}{8} > 0$ et $Q (\frac{2}{3}) = \frac{27 - 18 - 12 - 8}{27} = - \frac{11}{27} < 0$ , donc $\frac{1}{2} < ρ < \frac{2}{3}$ .

Q.12 En développant $S_{N} (x) Q (x)$ , le coefficient de $x^{j}$ vaut, pour $j \leq N$ : $1$ si $j \in {0, 1, 2}$ et $t_{j} - t_{j - 1} - t_{j - 2} - t_{j - 3} = 0$ si $3 \leq j \leq N$ ; pour $j \in {N + 1, N + 2, N + 3}$ , il ne reste que des termes $- t_{i} x^{i + 1}$ , $- t_{i} x^{i + 2}$ , $- t_{i} x^{i + 3}$ avec $i \leq N$ : $S_{N} (x) Q (x) = 1 + x + x^{2} - η_{N} (x), η_{N} (x) = (t_{N} + t_{N - 1} + t_{N - 2}) x^{N + 1} + (t_{N} + t_{N - 1}) x^{N + 2} + t_{N} x^{N + 3} \geq 0$ pour $x \geq 0$ . D'où $S_{N} (x) Q (x) \leq 1 + x + x^{2}$ . Pour $x \in [0, ρ [$ , $Q (x) > 0$ , donc $S_{N} (x) \leq \frac{1 + x + x^{2}}{Q (x)}$ : la série $\sum t_{m} x^{m}$ , à termes positifs, a des sommes partielles majorées, elle converge. Ceci pour tout $x \in [0, ρ [$ : $R_{T} \geq ρ$ (tableau du §2 de la fiche).

Q.13 Pour $x \in [0, ρ [$ , la série converge, donc $t_{m} x^{m} \to 0$ ; comme $x < 1$ , $η_{N} (x) \leq 3 (t_{N} x^{N} + t_{N - 1} x^{N - 1} + t_{N - 2} x^{N - 2}) \to 0$ . En faisant tendre $N$ vers $+ \infty$ : $T (x) Q (x) = 1 + x + x^{2}$ , d'où $T (x) = \frac{1 + x + x^{2}}{Q (x)}$ . Quand $x \to ρ^{-}$ , $Q (x) \to 0^{+}$ et $1 + x + x^{2} \to 1 + ρ + ρ^{2} > 0$ , donc $T (x) \to + \infty$ . Si $R_{T} > ρ$ , $T$ serait continue en $ρ$ , donc bornée au voisinage de $ρ$ : contradiction. $R_{T} = ρ$

Q.14 $\frac{1}{2} < ρ = R_{T}$ (Q.11) : $\frac{1}{2}$ est intérieur à l'intervalle de convergence, et $\sum \frac{t_{m}}{2^{m}} = T (\frac{1}{2}) = \frac{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4}}{\frac{1}{8}} = \frac{7}{4} \times 8 = 14$ . La série converge, donc son terme général tend vers $0$ : $\frac{t_{m}}{2^{m}} \to 0$ . Remarque : $\frac{t_{m}}{2^{m}}$ est la proportion des suites de $m$ lancers sans trois Pile consécutifs ; elle tend vers $0$ , et la somme $14$ est l'attente moyenne de trois Pile consécutifs (au chapitre « Probabilités », $E (X) = \sum_{m \geq 0} P (X > m)$ ).

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Révisions prépa

Analyse · 2e année

Séries entières

Application du cours5 points

1. Rayons et domaines de convergence

Pour chaque série entière ci-dessous, donner son rayon $R$ , puis son domaine de convergence (sauf pour 2.).

$\sum_{n \geq 1} \frac{3^{n} + (- 2)^{n}}{n^{2}} z^{n}$ (variable complexe).
$\sum_{n \geq 1} \frac{(2 n)!}{n! n^{n}} z^{n}$ .
$\sum_{n \geq 1} {(1 + \frac{1}{n})}^{n^{2}} z^{n}$ (variable complexe).
$\sum_{n \geq 0} \frac{z^{2 n}}{4^{n} + n}$ (variable complexe).
$\sum_{n \geq 1} \arccos ⁣ (1 - \frac{1}{n^{2}}) x^{n}$ (variable réelle).

Voir le corrigé

En $x = 1$ : $a_{n} \sim \frac{\sqrt{2}}{n} > 0$ , série de Riemann divergente, termes positifs : divergence.
En $x = - 1$ : $\sum (- 1)^{n} a_{n}$ ; la suite $(1 - \frac{1}{n^{2}})$ croît et $\arccos$ décroît, donc $(a_{n})$ décroît, et $a_{n} \to 0$ : le critère des séries alternées donne la convergence. Domaine : $[- 1, 1 [$ .

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Application du cours5 points

2. Développements en série entière

Développer en série entière au voisinage de $0$ les fonctions suivantes ; préciser le rayon.

$f (x) = \frac{5 - 2 x}{x^{2} - 5 x + 6}$ .
$g (x) = \cos x ch x$ .
$h (x) = \ln ⁣ (1 + x - 2 x^{2})$ .
$k (x) = \int_{0}^{x} \frac{sh t}{t} d t$ (l'intégrande étant prolongé par $1$ en $0$ ).

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Application du cours5 points

3. Une somme calculée puis prolongée au bord

Pour $x$ réel, on pose, sous réserve de convergence, $S (x) = \sum_{n \geq 1} \frac{x^{2 n}}{n (2 n - 1)}$ et $T (x) = \sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n} x^{2 n}}{n (2 n - 1)}$ .

Déterminer le rayon de convergence et le domaine de convergence de ces deux séries entières. Montrer que $S$ et $T$ sont continues sur $[- 1, 1]$ .
Vérifier que $\frac{1}{n (2 n - 1)} = \frac{2}{2 n - 1} - \frac{1}{n}$ . En déduire, pour $x \in] - 1, 1 [$ , $S (x) = (1 + x) \ln (1 + x) + (1 - x) \ln (1 - x)$ .
Calculer de même $T (x)$ pour $x \in] - 1, 1 [$ .
En déduire $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n (2 n - 1)}$ et $\sum_{n \geq 1} \frac{(- 1)^{n}}{n (2 n - 1)}$ .

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Application du cours5 points

4. Une équation différentielle à point singulier

On considère l'équation $(E) : x y^{''} + (1 - x) y^{'} - y = 0$ .

Déterminer les solutions de $(E)$ développables en série entière au voisinage de $0$ , avec leur rayon ; reconnaître leur somme.
Sur $I =] 0, + \infty [$ , on pose $y (x) = e^{x} z (x)$ . Montrer que $y$ est solution de $(E)$ sur $I$ si et seulement si $x z^{''} + (1 + x) z^{'} = 0$ . En déduire les solutions de $(E)$ sur $I$ , à l'aide de $E (x) = \int_{1}^{x} \frac{e^{- t}}{t} d t$ .
Montrer que les solutions de $(E)$ sur $ℝ$ (deux fois dérivables sur $ℝ$ ) sont les fonctions $x \mapsto λ e^{x}$ , $λ \in ℝ$ . (On admettra que, sur $] - \infty, 0 [$ , les solutions sont $x \mapsto e^{x} (λ^{'} + μ^{'} E_{-} (x))$ avec $E_{-} (x) = \int_{- 1}^{x} \frac{e^{- t}}{t} d t$ .)

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3. Soit $y$ solution sur $ℝ$ . Sur $I$ , $y = e^{x} (λ + μ E)$ ; sur $] - \infty, 0 [$ , $y = e^{x} (λ^{'} + μ^{'} E_{-})$ .

Quand $x \to 0^{+}$ : pour $t \in] x, 1]$ , $\frac{e^{- t}}{t} \geq \frac{e^{- 1}}{t}$ , donc $- E (x) = \int_{x}^{1} \frac{e^{- t}}{t} d t \geq - e^{- 1} \ln x \to + \infty$ . Si $μ \neq 0$ , $y$ n'a pas de limite finie en $0^{+}$ , ce qui contredit sa continuité en $0$ . Donc $μ = 0$ .
Quand $x \to 0^{-}$ : pour $t \in [- 1, x]$ , $e^{- t} \geq 1$ et $t < 0$ , donc $\frac{e^{- t}}{t} \leq \frac{1}{t}$ et $E_{-} (x) \leq \int_{- 1}^{x} \frac{d t}{t} = \ln ∣ x ∣ \to - \infty$ . De même $μ^{'} = 0$ .
Continuité en $0$ : $λ = \lim_{0^{+}} y = y (0) = \lim_{0^{-}} y = λ^{'}$ . Donc $y = λ e^{x}$ sur $ℝ$ ; réciproquement ces fonctions sont solutions (question 1). $Les solutions sur ℝ sont les x \mapsto λ e^{x} .$ Ici, les solutions développables en $0$ sont exactement les solutions sur $ℝ$ ; sur $] 0, + \infty [$ seul, il y en a d'autres (fiche §10).

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Niveau devoir6 points

5. Payer avec des pièces de 1, 2 et 3

Calculer $p_{0}, \dots, p_{6}$ . Montrer que $1 \leq p_{n} \leq (n + 1)^{2}$ et en déduire le rayon $R$ de la série entière $\sum p_{n} x^{n}$ .
Montrer que pour $∣ x ∣ < 1$ , $\sum_{n \geq 0} p_{n} x^{n} = \frac{1}{(1 - x) (1 - x^{2}) (1 - x^{3})}$ .
Vérifier que $\frac{1}{(1 - x) (1 - x^{2}) (1 - x^{3})} = \frac{1}{6 (1 - x)^{3}} + \frac{1}{4 (1 - x)^{2}} + \frac{17}{72 (1 - x)} + \frac{1}{8 (1 + x)} + \frac{2 + x}{9 (1 + x + x^{2})} .$
Développer en série entière chacun des cinq termes (pour le dernier, multiplier numérateur et dénominateur par $1 - x$ ).
En déduire que $p_{n}$ est l'entier le plus proche de $\frac{(n + 3)^{2}}{12}$ .
Calculer $p_{100}$ .

Voir le corrigé

6. $103^{2} = 10609 = 12 \times 884 + 1$ , donc $\frac{103^{2}}{12} = 884 + \frac{1}{12}$ : $p_{100} = 884$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir6 points

6. Produit de Cauchy et restes de la série exponentielle

Pour $n \in ℕ$ , on pose $s_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!}$ et $r_{n} = e - s_{n}$ .

Déterminer le rayon de convergence de $\sum s_{n} x^{n}$ et montrer que $\sum_{n \geq 0} s_{n} x^{n} = \frac{e^{x}}{1 - x}$ pour $∣ x ∣ < 1$ .
Montrer que $0 < r_{n} \leq \frac{2}{(n + 1)!}$ . En déduire le rayon de $\sum r_{n} x^{n}$ .
On note $g$ la somme de $\sum r_{n} x^{n}$ . Exprimer $g (x)$ pour $∣ x ∣ < 1$ , puis calculer $\sum_{n \geq 0} r_{n}$ .
Calculer $\sum_{n \geq 0} n r_{n}$ .
Retrouver la valeur de $\sum r_{n}$ en écrivant $r_{n}$ comme une somme et en intervertissant (famille de réels positifs).

Voir le corrigé

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir6 points

7. Une fonction définie par une intégrale et son équation différentielle

Soit $f (x) = e^{x^{2} / 2} \int_{0}^{x} e^{- t^{2} / 2} d t$ pour $x \in ℝ$ .

Prouver que $f$ se développe en série entière sur $ℝ$ et qu'elle est impaire.
Montrer que $f$ est solution de $y^{'} = x y + 1$ et calculer $f (0)$ .
En déduire le développement de $f$ : $f (x) = \sum_{p \geq 0} a_{2 p + 1} x^{2 p + 1}$ avec $a_{2 p + 1} = \frac{2^{p} p!}{(2 p + 1)!}$ .
En déduire la valeur de $\sum_{p \geq 0} \frac{1}{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2 p + 1)}$ sous forme d'intégrale.
Montrer que pour tout $x \geq 0$ , $x + \frac{x^{3}}{3} \leq f (x) \leq x e^{x^{2} / 2}$ .

Voir le corrigé

4. En $x = 1$ (rayon infini) : $\sum_{p \geq 0} \frac{1}{1 \cdot 3 \dots (2 p + 1)} = f (1) = \sqrt{e} \int_{0}^{1} e^{- t^{2} / 2} d t .$

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Niveau devoir7 points

8. Une équation différentielle « à retard »

On cherche les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ dérivables telles que $(ℰ) f^{'} (x) = f ⁣ (\frac{x}{2}) pour tout x \in ℝ, f (0) = 1.$

Analyse. On suppose que $f (x) = \sum a_{n} x^{n}$ sur $] - R, R [$ avec $R > 0$ . Montrer que $a_{n} = \frac{1}{n! 2^{n (n - 1) / 2}}$ .
Synthèse. Montrer que la série entière $\sum \frac{x^{n}}{n! 2^{n (n - 1) / 2}}$ a un rayon infini et que sa somme $f$ est solution de $(ℰ)$ sur $ℝ$ .
Unicité. Soit $g$ une solution de $(ℰ)$ et $h = f - g$ . Pour $a > 0$ , on note $M = \sup_{[- a, a]} ∣ h ∣$ . Montrer par récurrence que pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in [- a, a]$ , $∣ h (x) ∣ \leq M \frac{∣ x ∣^{n}}{n!}$ . Conclure.
Montrer que $f$ est strictement croissante sur $[0, + \infty [$ et que $1 + x \leq f (x) \leq e^{x}$ pour $x \geq 0$ .
Montrer que pour tout $k \in ℕ$ , $x^{k} = o (f (x))$ quand $x \to + \infty$ .
Soit $ε > 0$ . Montrer qu'il existe $N$ tel que $a_{n} \leq \frac{(ε / 2)^{n}}{n!}$ pour $n \geq N$ , puis que $f (x) = o (e^{ε x})$ quand $x \to + \infty$ .

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5. Pour $x > 0$ , $f (x) \geq a_{k + 1} x^{k + 1}$ (termes positifs), donc $0 \leq \frac{x^{k}}{f (x)} \leq \frac{1}{a_{k + 1} x} \to 0$ .

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Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : classements avec ex aequo

Partie A — Récurrence et rayon

Calculer $a_{1}$ , $a_{2}$ , $a_{3}$ .
Montrer que pour $n \geq 1$ , $a_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) a_{n - k}$ . Calculer $a_{4}$ .
Montrer que $a_{n} \leq 2^{n} n!$ pour tout $n$ (on utilisera $\sqrt{e} < 2$ ). En déduire que le rayon $R$ de $\sum \frac{a_{n}}{n!} x^{n}$ vérifie $R \geq \frac{1}{2}$ .