rayon de convergence
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Rayon de convergence
Exercice 1 - Vrai/faux/exemples - L2/Math Spé - ?
1. La sĂ©rie entiĂšreânâ„1
zn
Ïn convient.2. Si an = 1
n+1 et bn = 1, les deux sĂ©ries ont mĂȘme rayon de convergence (Ă©gale Ă 1), etpourtant an = o(bn).
3. Câest le mĂȘme ! on a |anÏn| = |(â1)nanÏn| pour tout Ï â„ 0, et donc, par dĂ©finition durayon de convergence, les deux sĂ©ries ont mĂȘme rayon de convergence.
Exercice 2 - Rayon de convergence - L2/Math Spé - ?
1. Posons an = n!(2n)! . Alors
un+1un
= n+ 1(2n+ 2)(2n+ 1) = 1
4n+ 2 â 0.
DâaprĂšs la rĂšgle de dâAlembert, le rayon de convergence est +â.2. On sait que (lnnRn) est bornĂ© si et seulement |R| < 1. Ainsi, le rayon de convergence
vaut 1.3. Pour R > 0, on a â
nR2n
2n + 1 âŒ+âân
(R2
2
)n.
Ceci est borné si et seulement si R2
2 < 1. Le rayon de convergence est doncâ
2.
4. Posons un = (1+i)nz3n
n.2n . AlorsâŁâŁâŁâŁun+1un
âŁâŁâŁâŁ = n|1 + i||z|3
2(n+ 1) ââ
2|z|3
2 = |z|3â
2.
Ainsi, si |z|3 <â
2, la sĂ©rie de terme gĂ©nĂ©ral |un| est convergente dâaprĂšs le critĂšre dedâAlembert, alors quâelle est divergente si |z|3 >
â2. On en dĂ©duit que le rayon de conver-
gence de la sĂ©rie entiĂšre est 6â2.5. On remarque que
(nâ 2)|z|n †|2 + ni||zn| †(2 + n)|z|n.
Ainsi, la série converge pour |z| > 1 et diverge pour |z| < 1. Son rayon de convergence estdonc 1.
6. Notant un = (â1)n
1Ă3Ă···Ă(2nâ1)zn, on applique la rĂšgle de dâAlembert pour Ă©tudier la conver-
gence absolue de cette série. On a :
un+1un
= |z|2n+ 1 â 0.
La sĂ©rie entiĂšre est donc convergente pour toute valeur de z. Son rayon de convergenceest donc +â.
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7. On applique Ă nouveau la rĂšgle de dâAlembert Ă un = aân|z|n. On obtient
un+1un
= |z|aân+1â
ân.
Or,ân+ 1â
ân =ân((1 + 1/n)1/2 â 1) =
ân
(1 + 1
2n â 1 + o
( 1n
))â 0.
Ainsi, on obtient queun+1unâ |z|a0 = |z|.
On en déduit que la série des modules converge absolument pour |z| < 1 et diverge pour|z| > 1. Le rayon de convergence de la série entiÚre est donc 1.
8. Pour |z| < 1, on remarque que |z|n! †|z|n et donc la série est convergente. Pour |z| ℠1, leterme général de la série ne tend pas vers 0 et la série est donc grossiÚrement divergente.On en déduit que le rayon de convergence de la série entiÚre est 1.
9. Pour un = nlnn|z|n, on Ă©tudie la convergence en appliquant la rĂšgle de Cauchy :
nâun = nlnn/n|z| = exp
((lnnĂ lnn)/n
)|z| â |z|.
La série est donc convergente pour |z| < 1 et divergente pour |z| > 1. Son rayon deconvergence vaut 1.
Exercice 3 - Rayon de convergence - L2/Math Spé - ?
1. Une application immĂ©diate de la rĂšgle de dâAlembert, ou une Ă©tude directe du comporte-ment du terme gĂ©nĂ©ral, donne que le rayon de convergence vaut 1.
2. En effectuant un dĂ©veloppement limitĂ©, on trouve que an ⌠1n dâoĂč |anzn| ⌠|z|
n
n . La suite(|anzn|) est donc bornée si et seulement si |z| †1. Le rayon de convergence de la série est1.
3. On applique la rĂšgle de dâAlembert en remarquant que
an+1an
= (n+ 1)4â
(2n+ 1)(2n+ 2)â 1
8 .
Le rayon de convergence de la sĂ©rie est donc Ă©gal Ă 8.4. an ne prend que 7 valeurs distinctes, Ă savoir tan(kÏ/7) pour k = 0, . . . , 6. Soit M un
majorant de la valeur absolue de chacun de ces nombres. On a
|anzn| â€M |z|n
ce qui prouve que le rayon de convergence de la série entiÚre est supérieur ou égal à 1.De plus, pour |z| ℠1, on a |a7n+1z
n| = tan(Ï/7)|z|n qui ne tend pas vers 0, et donc lasĂ©rie
ân anz
n ne converge pas. On en déduit que le rayon de convergence recherché estexactement égal à 1.
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5. Il suffit de remarquer que 1 †an †n, ce qui entraine
|z|n †|anzn| †n|z|n.
Ainsi, pour |z| < 1, la sĂ©rieân anz
n converge, et pour |z| > 1, elle diverge. Son rayon deconvergence est donc Ă©gal Ă 1.
6. On a an âŒ+â1n , donc |anz
n| ⌠|z|nn et la suite (|anzn|) est bornĂ©e si et seulement si
|z| < 1. Le rayon de convergence de la série est donc égale à 1.
Exercice 4 - Rayon de convergence et somme - L2/Math Spé - ?
1. Posons un = n+2n+1 . Puisque un â 1, la suite |unzn| est bornĂ©e si |z| < 1 et tend vers +â
si |z| > 1. On en dĂ©duit que le rayon de convergence de la sĂ©rie Ă©tudiĂ©e est Ă©gal Ă 1. Poursommer la sĂ©rie entiĂšre, if suffit dâĂ©crire
n+ 2n+ 1 = 1 + 1
n+ 1ce qui donne â
nâ„0
n+ 2n+ 1x
n =ânâ„0
xn +ânâ„0
1n+ 1x
n
= 11â x + 1
x
ânâ„0
xn+1
n+ 1
= 11â x â
ln(1â x)x
.
2. Posons un = n3
n! . On aun+1un
= 1n+ 1 Ă
(n+ 1)3
n3 â 0.
Par le critĂšre de dâAlembert, le rayon de convergence de la sĂ©rie Ă©tudiĂ©e est Ă©gal Ă +â.Pour la sommer, on va exprimer n3 en fonction de n(nâ 1)(nâ 2), n(nâ 1) et n pour seramener Ă des sĂ©ries dĂ©rivĂ©es. On a en effet :
n3 = n(nâ 1)(nâ 2) + 3n(nâ 1) + n.
Utilisant que la dĂ©rivĂ©e de exp(x) est Ă©gale Ă exp(x), on trouveânâ„0
n(nâ 1)(nâ 2)n! x3n = x3 â
nâ„0
n(nâ 1)(nâ 2)n! x3nâ3 = x3 exp(x).
De mĂȘme, on a ânâ„0
n(nâ 1)n! x3n = x2 exp(x) et
ânâ„0
n
n!x3n = x exp(x).
On conclut que ânâ„0
n3
n! xn = (x3 + 3x2 + x) exp(x).
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Exercice 5 - Division par n ! - L2/Math SpĂ© - ?Soit 0 < r < Ï. Par le lemme dâAbel, on sait que la suite (anrn)n est bornĂ©e. Autrement
dit, il existe M > 0 tel que, pour tout n â„ 0, on a
|anrn| â€M.
Soit maintenant R > 0. Alors on a
|an|Rn
n! = |an|rn Ă(R/r)n
n! .
Par croissance comparĂ©e des puissances et des polynĂŽmes, il existe C > 0 tel que |(R/r)n|/n! â€C. Il vient, pour tout n â„ 0,
|an|Rn
n! â€MC.
La suite (anRn) est bornĂ©e pour tout n, donc le rayon de convergence de la sĂ©rie entiĂšreânann! x
n
vaut +â.
Exercice 6 - Puissance - L2/Math Spé - ?Il suffit de remarquer que la suite (aαnrn) est bornée si et seulement la suite (anrn/α) (obtenue
en prenant la puissance 1/α de la premiĂšre) est bornĂ©e.. Ainsi, si r < Ïα, alors r1/α < Ï et doncles suites (anrn/α) et (aαnrn) sont bornĂ©es. De mĂȘme, si r > Ïα, de sorte que r1/α > Ï, alors lessuite (anrn/alpha) et (aαnrn) ne sont pas bornĂ©es. Ceci prouve que le rayon de convergence de lasĂ©rie
ân a
αnx
n est Ă©gal Ă Ïα.
Exercice 7 - Comparaison - L2/Math Spé - ??
1. Notons R1 le rayon de convergence deân ane
ânzn. Puisque |an|e
ân â„ |an|, on a R1 †R.
Soit maintenant r > 0 tel que (anrn) soit bornĂ©e. Alors, pour tout Ï â [0, r[, on a
aneânÏn = anr
neân Ï
n
rn= anr
nen ln(Ï/r)+ân
et comme en ln(Ï/r)+ân tend vers 0 lorsque n tend vers +â, la suite (ane
ânÏn) est bornĂ©e.
On en dĂ©duit que R †R1 et donc finalement que R = R1.2. Il est clair que (anr2n) est bornĂ©e si et seulement si (an(r2)n) est bornĂ©e (câest la mĂȘme
suite Ă©crire de deux façons diffĂ©rentes). Le rayon de convergence deân anz
2n est doncĂ©gal Ă
âR.
3. Supposons dâabord R > 0 et R < +â. On va alors prouver que le rayon de convergencedeân anz
n2 est Ă©gal Ă 1. En effet, soit r tel que (anrn) est bornĂ©e. Alors, pour tout Ï < 1,on a anÏn
2 = anrn Ă Ïn2
rn et cette quantitĂ© est bornĂ©e car Ïn2
rn tend vers 0 (on a choisiÏ < 1). Ainsi, le rayon de convergence de
ân anz
n2 est supĂ©rieur ou Ă©gal Ă 1. De façonsimilaire, on prouve que, si r est tel que anrn nâest pas bornĂ©e, alors pour tout Ï > 1, ona anÏn
2 qui nâest pas bornĂ©. Ainsi, le rayon de convergence deân anz
n2 est Ă©gal Ă 1.Lorsque R = +â, alors le rayon de convergence de
ân anz
n2 sera Ă©lĂ©ment de [1,+â],mais toutes les valeurs peuvent ĂȘtre prises :â Si an = 1/n!, alors le rayon vaut 1.â Si an = 1/n!2, alors le rayon vaut +â.
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â Si an = 1/λn2 , avec λ > 1, le rayon de convergence vaut λ.De mĂȘme, si R = 0, alors le rayon de convergence de
ân anz
n2 peut ĂȘtre nâimporte quelrĂ©el dans [0, 1].
Exercice 8 - Produit de Hadamard - L2/Math SpĂ© - ??Soit 0 †r < Ï1Ï2. Alors il existe r1 < Ï1 et r2 < Ï2 tel que r = r1r2. Les suites (anrn1 ) et
(bnrn2 ) sont bornĂ©es. Il en est de mĂȘme de la suite (anbnrn1 rn2 ), câest-Ă -dire de la suite (anbnrn).Comme ceci est vrai pour tout r < Ï1Ï2, le rayon de convergence recherchĂ© est au moins Ă©gal Ă Ï1Ï2. On nâa pas toujours Ă©galitĂ©. En effet, si la premiĂšre sĂ©rie est
ân z
2n et la deuxiÚme sérieest
ân z
2n+1, alors leur produit de Hadamard est la sĂ©rie nulle, qui est de rayon de convergenceĂ©gal Ă +â, alors que dans ce cas Ï1Ï2 = 1Ă 1 = 1.
Exercice 9 - Somme partielle - L2/Math Spé - ??
1. Remarquons que an = Sn â Snâ1 et donc queân anz
n =ân Snz
n âân Snâ1z
n. Ainsi,ân anz
n est la diffĂ©rence de deux sĂ©ries entiĂšres de rayon de convergence R, son rayon deconvergence Ï vĂ©rifie Ï â„ R.
2. La sĂ©rieân Snz
n est le produit de Cauchy des deux sĂ©ries entiĂšresân anz
n etân z
n. Cesdeux sĂ©ries ont pour rayon de convergence respectif Ï et 1. On en dĂ©duit que le rayon deconvergence R de la sĂ©rie
ân Snz
n vĂ©rifie R â„ inf(1, Ï).
Propriété de la somme
Exercice 10 - Zéros, coefficients et produit - L2/Math Spé - ??
1. Il suffit de remarquer que an = f (n)(0)n! . Donc si f ⥠0, fn(0) = 0 et an = 0 également.
2. On raisonne par contraposée et on suppose f 6= 0 et g 6= 0. Soit ap le premier coefficientnon-nul de
ân anz
n et bq le premier coefficient non-nul deân bnz
n. Alors fg est aussisomme dâune sĂ©rie entiĂšre
ân cnz
n dans D(0, R), oĂč cn est donnĂ© par
cn =nâk=0
akbnâk.
Maintenant, Ă©tudions le coefficient cp+q. On a
cp+q = apbq +p+qâ
k=p+1akbp+qâk +
p+qâl=q+1
ap+qâlbl.
Ainsi, cp+q = apbq 6= 0. La sĂ©rieân cnz
n a au moins un coefficient non-nul, donc fg 6= 0dâaprĂšs la premiĂšre question. On en dĂ©duit que si fg = 0, alors f = 0 et g = 0.
Exercice 11 - Comportement au bord dâune sĂ©rie entiĂšre - L2/Math SpĂ© - ??
1. Il existe n0 â N tel que, pour tout n â„ n0, on a
|an| †(l + 1)|bn|.
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Soit maintenant r > 0. Alors, pour tout n â„ n0, on a
|an|rn †(l + 1)|bn|rn
et donc, si la suite (|bn|rn) est bornĂ©e, la suite (|an|rn) lâest aussi. On conclut en utilisantla dĂ©finition du rayon de convergence. Le rayon de convergence de
ân anx
n étant en effetdonné par
R = sup{r ℠0; (|an|rn) est bornée }.
2. Fixons N â„ 1 tel queâNn=0 bn â„ 2M . Posons ensuite P (x) =
âNn=0 bnx
n. On a P (1) =2M > M . Le résultat demandé est alors une conséquence immédiate de la continuité deP en 1.
3. Soit M > 0 et soient N, ÎŽ donnĂ©s par la question prĂ©cĂ©dente. Alors, puisque bn est positifpour tout n, on a, pour chaque x â]0, 1[,
g(x) â„Nân=0
bnxn.
En particulier, pour tout x â]1â ÎŽ, 1[, on a
g(x) â„M.
Ceci prouve bien que g tend vers +â en 1.4. On Ă©crit simplement que
f(x) =Nân=0
anxn +
+âân=N+1
anxn
=Nân=0
(an â bn)xn +Nân=0
bnxn +
+âân=N+1
anxn
= P (x) ++âân=0
cnxn
oĂč on a posĂ© P (x) =âNn=0(an â bn)xn et cn = bn si n †N , cn = an sinon.
5. On fixe Δ > 0 et on dĂ©compose f comme prĂ©cĂ©demment. Dâune part, on a (lâΔ)bn †cn â€(l + Δ)bn et donc, multipliant par xn et sommant pour n = 0, . . . ,+â, on dĂ©duit que
(l â Δ)g(x) â€+âân=0
cnxn †(l + Δ)g(x).
Dâautre part, puisque P est un polynĂŽme, donc est continu en 1, et que g(x)â +â quandxâ 1, on sait que
P (x)g(x) â 0 quand xâ 1.
On en dĂ©duit lâexistence de ÎŽ > 0 tel que, pour tout x â]1â ÎŽ, 1[, on a
âΔ †P (x)g(x) †+Δ.
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Finalement, sommant toutes ces inĂ©galitĂ©s, on trouve que, pour tout x â]1â ÎŽ, 1[, on a
l â 2Δ †f(x)g(x) †l + 2Δ.
Ceci prouve que f/g tend vers l en 1.
Exercice 12 - Comportement Ă lâinfini - L2/Math SpĂ© - ???
1. Puisque la suite (an) est convergente, elle est bornĂ©e, disons par M > 0. Mais, par appli-cation du critĂšre de dâAlembert, la sĂ©rie
ânMxn/n! est convergente pour tout rĂ©el x. Le
rayon de convergence de la sĂ©rie est donc Ă©gal Ă +â.2. Soit Δ > 0 et N â„ 1 tel que, pour n â„ N , on a |an â l| †Δ. On Ă©crit alors
+âân=0
ann! x
n =+âân=0
(an â l)n! xn +
+âân=0
l
n!xn
=+âân=0
(an â l)n! xn + lex.
On Ă©crit ensuite+âân=0
(an â l)n! xn =
Nâ1ân=0
(an â l)n! xn +
+ââN
(an â l)n! xn := f1(x) + f2(x).
Puisque f1 est un polynĂŽme, on a limxâ+â eâxf1(x) = 0. Il existe donc x0 â R tel que,
pour x â„ x0,eâx|f1(x)| †Δ.
De plus, on a, pour x â„ 0 :
eâx|f2(x)| â€+ââN
|an â l|n! xn
â€+ââN
Δ
n!xn
â€+ââ
0
Δ
n!xn
†Δeâxex = Δ.
Utilisant lâinĂ©galitĂ© triangulaire on trouve, pour tout x â„ x0,
|eâxf(x)â l| †2Δ.
Ainsi, eâxf(x) tend vers l lorsque x tend vers +â.
Exercice 13 - Limite Ă lâinfini - L2/Math SpĂ© - ??
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1. On remarque dâabord que la fonction se prolonge par continuitĂ© en 0. En effet, au voisinagede 0, on a
1â eât4
t2⌠ât
4
t2= ât2
et la fonction se prolonge par 0 en 0. Au voisinage de +â, la fonction est Ă©quivalente Ă 1t2 qui est intĂ©grable car 2>1. La fonction est donc intĂ©grable sur ]0,+â[.
2. La fonction t 7â 1âeât4
t2 est dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre en 0, de rayon de convergence+â, et on a pour tout x â R
1â eât4
t2=
+âân=1
(â1)n+1t4nâ2
n! .
Par intégration de cette série entiÚre, on trouve
f(x) =â« x
0
+âân=1
(â1)n+1t4nâ2
n! dt =â« x
0
1â eât4
t2dt.
Ainsi, f admet une limite en +â Ă©gale Ă â«+â
01âeât4
t2 dt.
Exercice 14 - Formule de Cauchy et applications - L2/Math Spé - ??
1. Puisque r < R, il rĂ©sulte du lemme dâAbel que la sĂ©rieân |an|rn est convergente. Puisque
|anrnei(nâk)Ξ| = |an|rn pour tout Ξ â [0, 2Ï], on en dĂ©duit la convergence normale de lasĂ©rie demandĂ©e sur [0, 2Ï].
2. On af(reiΞ)eâikΞ =
ân
anrnei(nâk)Ξ.
Puisque la sĂ©rie converge normalement, donc uniformĂ©ment sur [0, 2Ï], on peut inverserlâintĂ©gration et la sommation et on trouveâ« 2Ï
0f(reiΞ)eâikΞdΞ =
ân
anrnâ« 2Ï
0ei(nâk)ΞdΞ.
La derniĂšre intĂ©grale est Ă©gale Ă 0 si k 6= n, et Ă 2Ï sinon. On en conclut queâ« 2Ï
0f(reiΞ)eâikΞdΞ = 2Ïakrk.
3. Pour k â„ 1, on a
ak = 12Ïrk
â« 2Ï
0f(reiΞ)eâikΞdΞ.
Soit M > 0 tel que |f(z)| â€M pour tout z â C. Alors on a
|ak| â€1
2Ïrkâ« 2Ï
0MdΞ = M
rk.
Faisant tendre r vers +â, on trouve ak = 0 pour k â„ 1, ce qui entraĂźne que f estconstante.
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Exercice 15 - ZĂ©ros - Oral ENS - ???On rĂšgle dâabord le cas oĂč f est identiquement nulle. Dans le cas contraire, prouvons dâabord
que A est fermĂ© : si (zn) est une suite de zĂ©ros de f , et si zn â z, alors par continuitĂ© de f enz on a aussi f(z) = 0, et donc z â A. En outre, A est constituĂ© uniquement de points isolĂ©s,câest-Ă -dire que si z0 â A, il existe un voisinage V de z0 tel que V â©A = â . En effet, puisque lerayon de convergence du dĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšre de f vaut +â, f est aussi dĂ©veloppableen sĂ©rie entiĂšre au voisinage de z0. Ce dĂ©veloppement sâĂ©crit :
f(z) = an(z â z0)n + an+1(z â z0)n+1 + . . . ,
oĂč on peut supposer an 6= 0 (f est non identiquement nulle). On a alors :
f(z) = (z â z0)ng(z),
oĂč g est une fonction continue vĂ©rifiant g(z0) = an 6= 0. Par continuitĂ©, g, donc f , ne sâannulepas dans un voisinage de z0, sauf en z0.
Développement en séries entiÚres
Exercice 16 - DSE en 0 - L2/Math Spé - ?
1. Il suffit de remplacer t par 2x2 dans le développement en série entiÚre de ln(1 + t). On adonc
ln(1 + 2x2) =+âân=1
(â1)n+12nx2n
n.
La sĂ©rie converge si |2x2| < 1. Son rayon de convergence est donc 1â2 .
2. Il suffit de factoriser par a au dĂ©nominateur et dâutiliser le dĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšrede 1
1âu . Il vient1
aâ x= 1aĂ 1
1â xa
.
Pour |x/a| < 1 ââ |x| < |a|, on obtient
1aâ x
= 1aĂ
+âân=0
xn
an=
+âân=0
xn
an+1 .
Le rayon de convergence de la série obtenue est |a|.3. On factorise par a :
ln(x+ a) = ln(a(1 + x/a)
)= ln(a) + ln(1 + x/a).
Pour |x/a| < 1, soit |x| < a, on en déduit
ln(x+ a) = ln(a) ++âân=1
(â1)n+1xn
nan.
Le rayon de convergence de la série entiÚre obtenue est a.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
4. On réalise le produit de Cauchy des deux séries :
ex =+âân=0
xn
n! et 11â x =
+âân=0
xn.
La deuxiÚme série ayant pour rayon de convergence 1, on en déduit que pour |x| < 1, ona
ex
1â x =+âân=0
anxn avec an =
nâk=0
1k! .
La série converge pour |x| < 1 (rÚgle du produit de Cauchy), et comme an ℠1, le rayonde convergence de la série obtenue est exactement égal à 1.
5. On a 1 + xâ 2x2 = (1â x)(1 + 2x) donc la fonction est dĂ©finie sur I =]â 1/2, 1[, et surcet intervalle, elle sâĂ©crit
ln(1 + xâ 2x2) = ln(1â x) + ln(1 + 2x).
En utilisant le développement en série entiÚre de ln(1 + u), on obtient
ln(1â x) = â+âân=1
xn
n
(valable pour |x| < 1)
ln(1 + 2x) =+âân=1
(â1)nâ1 (2x)n
n
(valable pour |x| < 1/2). En effectuant la somme, on en déduit que
ln(1 + xâ 2x2) =+âân=1
(â1)nâ12n â 1n
xn.
La série obtenue est de rayon de convergence 1/2.6. On factorise par 4 pour se ramener à (1 + t)α. On a donc
(4 + x2)â3/2 = 18
(1 + x2
4
)â3/2
.
La fonction u 7â (1 + u)â3/2 est dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre sur ]â 1, 1[ et
âu â]â 1, 1[, (1 + u)â3/2 = 1 +ânâ„1
(â1)n 3.5.7. . . . .(2n+ 1)2.4.6. . . . .2n un.
Il en résulte que pour tout x tel que x2
4 â]â 1, 1[, on a(1 + x2
4
)â3/2
= 1 +ânâ„1
(â1)n 3.5.7. . . . .(2n+ 1)2.4.6. . . . .2n
x2n
4n .
La sĂ©rie entiĂšre obtenue a pour rayon de convergence ]â 2, 2[.
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Exercice 17 - DSE dâune fraction rationnelle - L2/Math SpĂ© - ??On dĂ©compose f en Ă©lĂ©ments simples. Puisque le degrĂ© du numĂ©rateur est infĂ©rieur Ă celui
du dĂ©nominateur, on sait quâil existe a, b, c â R tels que
f(x) = a
xâ 2 + b
(xâ 2)2 + c
2xâ 1 .
Si on multiplie les deux membres par 2xâ1 et quâon fait x = 1/2, on trouve c = 1/4+1/2â39/4 = â1.
De mĂȘme, multipliant par (x â 2)2, on trouve b = 1. Pour trouver a, on peut procĂ©der paridentification et on obtient a = 1. On dĂ©veloppe en sĂ©rie entiĂšre chaque terme :
â Pour x 6= 2,1
xâ 2 = â 12â x = â1
2 Ă1
1â x/2 .
Donc, pour |x|/2 < 1, on a
1xâ 2 = â1
2 Ă+âân=0
xn
2n =+âân=0â 1
2n+1xn.
â Le troisiĂšme terme se traite de la mĂȘme façon. Pour |x| < 1/2, on a
â12xâ 1 = 1
1â 2x =+âân=0
2nxn.
â Pour le deuxiĂšme terme, il suffit de remarquer que 1(xâ2)2 est la dĂ©rivĂ©e de â1
xâ2 . AyantdĂ©jĂ obtenu le dĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšre de cette fraction rationnelle, il suffit de ledĂ©river terme Ă terme. On obtient donc :
1(xâ 2)2 =
+âân=1
n
2n+1xnâ1 =
+âân=0
n+ 12n+1 x
n.
On obtient donc que, pour tout x â]â 1/2, 1/2[, on a
f(x) =+âân=0
( â12n+1 + n+ 1
2n+2 + 2n)xn.
La série entiÚre obtenue est de rayon de convergence 1/2.
Exercice 18 - MĂ©thode de lâĂ©quation diffĂ©rentielle - L2/Math SpĂ© - ??
1. On dérive deux fois f :
f(t) = cos(α arcsin t)
f âČ(t) = âαâ1â t2
sin(α arcsin t)
f âČâČ(t) = âα2
1â t2 cos(α arcsin t)â αtâ1â t2(1â t2)
sin(α arcsin t).
On combine dâabord f et f âČâČ pour Ă©liminer les termes en cos(α arcsin t) puis on ajoute lestermes en f âČ nĂ©cessaires pour Ă©liminer les termes en sin(α arcsin t). Au final, on trouveque f est solution de lâĂ©quation diffĂ©rentielle suivante :
(1â t2)yâČâČ â tyâČ + α2y = 0.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
2. On suppose quâil existe une solution dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre y(t) =ânâ„0 ant
n sur] â R,R[ vĂ©rifiant y(0) = 1 et yâČ(0) = 0. yâČ est somme de
ânâ„0(n + 1)an+1t
n et yâČâČ estsomme de
ânâ„0(n + 1)(n + 2)an+2t
n. La fonction t 7â (1 â t2)yâČâČ â tyâČ + α2y est doncsomme de la sĂ©rie entiĂšreâ
nâ„0
((n+ 1)(n+ 1)an+2 + (ân(nâ 1)â n+ α2)an
)tn.
Ceci doit ĂȘtre identiquement nul sur ] â R,R[. Par unicitĂ© du dĂ©veloppement en sĂ©rieentiĂšre, on obtient, pour tout n â N,
(n+ 1)(n+ 2)an+2 = (n2 â α2)an.
Puisque a0 = 1 (car y(0) = 1) et a1 = yâČ(0) = 0, on en dĂ©duit que a2p+1 = 0 pour tout pet que
a2p = (â4)p
(2p)!α
2
(α
2 â p+ 1)(
α
2 â p+ 2). . .
(α
2 + pâ 1).
Réciproquement, la série entiÚre
âpâ„0
(â4)p
(2p)!α
2
(α
2 â p+ 1)(
α
2 â p+ 2). . .
(α
2 + pâ 1)x2p
a un rayon de convergence Ă©gal Ă 1 (on le vĂ©rifie facilement par la rĂšgle de dâAlembert)et est, en remontant les calculs, solution de lâĂ©quation diffĂ©rentielle avec les conditionsinitiales voulues.
3. LâĂ©quation diffĂ©rentielle (1â t2)yâČâČ â tyâČ + α2y = 0 est une Ă©quation diffĂ©rentielle linĂ©airedu second ordre, et 1 â t2 6= 0 sur ] â 1, 1[. Il existe donc une unique solution Ă cetteĂ©quation dĂ©finie sur ]â 1, 1[ et vĂ©rifiant y(0) = 1 et yâČ(0) = 0. f et la sĂ©rie entiĂšre trouvĂ©eĂ la question prĂ©cĂ©dente conviennent. On en dĂ©duit quâelles sont Ă©gales. Autrement dit, fest dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre, et
f(x) =âpâ„0
(â4)p
(2p)!α
2
(α
2 â p+ 1)(
α
2 â p+ 2). . .
(α
2 + pâ 1)x2p.
Exercice 19 - MĂ©thode de lâĂ©quation diffĂ©rentielle - L2/Math SpĂ© - ??
1. On dérive deux fois f :
f(x) = exp(λ arcsin x)
f âČ(x) = λâ1â x2
exp(λ arcsin t)
f âČâČ(x) = λx
1â x2 exp(λ arcsin x) + λ2
1â x2 exp(λ arcsin x).
On trouve que f est solution de lâĂ©quation diffĂ©rentielle suivante :
(1â x2)yâČâČ â xyâČ â λ2y = 0.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
2. On suppose quâil existe une solution dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre y(t) =ânâ„0 anx
n sur] â R,R[ vĂ©rifiant y(0) = 1 et yâČ(0) = λ. yâČ est somme de
ânâ„0(n + 1)an+1x
n et yâČâČ estsomme de
ânâ„0(n + 1)(n + 2)an+2x
n. La fonction t 7â (1 â x2)yâČâČ â xyâČ â λ2y est doncsomme de la sĂ©rie entiĂšreâ
nâ„0
((n+ 1)(n+ 1)an+2 + (ân(nâ 1)â nâ λ2)an
)xn.
Ceci doit ĂȘtre identiquement nul sur ] â R,R[. Par unicitĂ© du dĂ©veloppement en sĂ©rieentiĂšre, on obtient, pour tout n â N,
an+2 = n2 + λ2
(n+ 1)(n+ 2)an.
De plus, a0 = 1 (car y(0) = 1) et a1 = yâČ(0) = λ. On trouve ainsi une unique suite(an) solution. On peut calculer expliciter an, en distinguant les termes pairs et les termesimpairs (le calcul est laissĂ© au lecteur). RĂ©ciproquement, la suite (an) prĂ©cĂ©dente dĂ©finitune sĂ©rie entiĂšre de rayon de convergence 1 dâaprĂšs le critĂšre de dâAlembert (puisquean+2/an â 1). Cette sĂ©rie entiĂšre est, en remontant les calculs, solution de lâĂ©quationdiffĂ©rentielle avec les conditions initiales voulues.
3. LâĂ©quation diffĂ©rentielle (1â x2)yâČâČ â xyâČ â λ2y = 0 est une Ă©quation diffĂ©rentielle linĂ©airedu second ordre, et 1 â x2 6= 0 sur ] â 1, 1[. Il existe donc une unique solution Ă cetteĂ©quation dĂ©finie sur ]â 1, 1[ et vĂ©rifiant y(0) = 1 et yâČ(0) = λ. f et la sĂ©rie entiĂšre trouvĂ©eĂ la question prĂ©cĂ©dente conviennent. On en dĂ©duit quâelles sont Ă©gales. Autrement dit, fest dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre, et f(x) =
ânâ„0 anx
n.
Exercice 20 - Fonction définie par une intégrale - L2/Math Spé - ??
1. Utilisant lâindication, on a
I2n = 1(2i)2n
â« Ï
0(eix â eâix)2ndx
= (â1)n
4nâ« Ï
0
2nâk=0
(â1)k(
2nk
)(eix)2nâk(eâix)kdx
= (â1)n
4n2nâk=0
(â1)k(
2nk
)â« Ï
0e(2nâ2k)ixdx.
Or, cette derniĂšre intĂ©grale est nulle sauf si n = k, oĂč elle vaut Ï. Il vient
I2n =Ï(2nn
)4n .
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
2. On sait, que pour tout u â]â 1, 1[, on a1â
1â u= (1â u)â1/2
=ânâ„0
(â1)nâ12 Ă
(â1
2 â 1)à · · · Ă
(â1
2 â n+ 1)
n!
=ânâ„0
(â1)n (â1)Ă (â3)à · · · Ă (â2nâ 1)2nn! un
=ânâ„0
(2n)!4n(n!)2u
n.
3. DâaprĂšs la question prĂ©cĂ©dente, appliquĂ©e Ă u = x2 sin2 â]â 1, 1[, on a
f(x) =â« Ï
0
ânâ„0
14n
(2nn
)x2n sin2n t.
On va permuter la limite et lâintĂ©grale. Pour cela, on remarque que la sĂ©rie est uniformĂ©-ment convergente pour t â [0, Ï] (on travaille avec x fixĂ©). En effet, on a |x sin t| †|x| < 1,et on sait que la sĂ©rie
ânâ„0
14n
(2nn
)|x|2n est convergente puisque le développement en sé-
rie entiĂšre de 1â1âu a pour rayon de convergence 1. On peut donc inverser la limite et
lâintĂ©grale, et on trouve :
f(x) =ânâ„0
14n
(2nn
)x2n
â« Ï
0sin2n tdt
=ânâ„0
Ï
16n
((2nn
))2
x2n.
La fonction f est bien dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre sur ]â 1, 1[.
Exercice 21 - ThéorÚme de Bernstein - L3/Math Spé - ??
1. Il sâagit simplement de la formule de Taylor avec reste intĂ©gral, aprĂšs changement devariables.
2. Tous les termes apparaissant dans la somme Ă droite de lâĂ©galitĂ© sont positifs. On endĂ©duit
0 †αn
n! f(n)(x) †f(x+ α).
Dâautre part, par positivitĂ© de f âČ, f est croissante et donc f(x+ α) †f(2α).3. On revient Ă la formule de Taylor avec reste intĂ©grale. De la question prĂ©cĂ©dente, on sait
que âŁâŁâŁâŁâŁÎ±n+1 f(n+1)(x+ αu)
n!
âŁâŁâŁâŁâŁ †f(2α)
pour tout u â [0, 1] et tout x â [âα, α]. On en dĂ©duitâŁâŁâŁâŁf(x+ α)â f(x)â αf âČ(x)â · · · â αn
n! f(n)(x)
âŁâŁâŁâŁ †f(2α)â« 1
0(1â u)ndu †f(2α)
n+ 1 .
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Ceci tend vers 0, ce qui prouve le résultat voulu.
Exercice 22 - Une fonction non développable en série entiÚre - L2/Math Spé - ??
1. Posons un(x) = eânen2ix. Alors un est Câ sur R et pour tout k â„ 0, pour tout x â R et
tout n â„ 0, on au(k)n (x) = (in2)keânen2ix.
Puisque n2keân = O(nâ2), il existe une constante M > 0 telle que
|u(k)n (x)| â€Mnâ2.
La série (numérique) qui apparait à droite est convergente, on en déduit que la série desdérivées k-iÚmes
ânâ„0 u
(k)n converge normalement (donc uniformément) sur R pour tout
k â„ 0. Ainsi, f =ân un est de classe Câ.
2. DâaprĂšs le calcul prĂ©cĂ©dent, on a |f (k)(0)| =ânâ„0 n
2keân â„ k2keâk. Or, kk â„ k!, et donc
f (k)(0)k! â„ kk
k! kkeâk â„ kkeâk.
3. Si la fonction Ă©tait dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre en 0, il existerait un intervalle non-vide IcentrĂ© en 0 tel que, pour tout x â I, f serait somme de sa sĂ©rie de Taylor en 0. Autrementdit, on aurait
f(x) =ânâ„0
f (k)(0)k! xk.
Mais pour x 6= 0, cette sĂ©rie ne converge pas car son terme gĂ©nĂ©ral ne tend pas vers 0. Eneffet, âŁâŁâŁâŁâŁf (k)(0)
k! xkâŁâŁâŁâŁâŁ â„ kk(x/e)âk â +â
(on peut aussi vĂ©rifier la non-convergence par le critĂšre de dâAlembert). Ainsi, f nâest pasdĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre en 0.
Exercice 23 - Fonction définie par une série - Math Spé/L3/Agreg interne - ???On utilise que 1
x+n =â« 1
0 tx+nâ1dx. On a donc :
u(x) =+âân=1
(â1)nâ« 1
0tx+nâ1dx.
On va permuter la sĂ©rie et lâintĂ©grale. Pour cela, on pose
fN (t) =Nân=1
(â1)ntx+nâ1.
Alors :â fN (t) converge simplement vers
â+ân=1(â1)ntnâ1tx = âtx
1+t = f(t).â |fN (t)| †tx (car la somme partielle dâune sĂ©rie alternĂ©e est majorĂ©e par le premier terme),
la fonction tx étant intégrable sur ]0, 1[ pour |x| < 1.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
En appliquant le théorÚme de convergence dominée, on obtient donc :
u(x) = ââ« 1
0
tx
1 + tdt.
On dĂ©veloppe ensuite tx = exp(ln t) =â+ân=0 x
n (ln t)n
n! . On a donc :
u(x) = ââ« 1
0
(+âân=0
(ln t)n
n!(1 + t)xn
)dt.
On permute, mais en sens contraire, lâintĂ©grale et la sĂ©rie. Pour cela, on pose
gN (t) =Nân=0
(ln t)n
n!(1 + t)xn.
â gN converge simplement vers tx
1+t .â On a la majoration suivante :
|gN (t)| â€Nân=0
| ln t|n|x|n
n!(1 + t)
â€+âân=0
| ln t|n|x|n
n!(1 + t)
†11 + t
exp(|x|| ln t|)
†1(1 + t)tx
et cette fonction est intĂ©grable si |x| < 1.On peut donc appliquer le thĂ©orĂšme de convergence dominĂ©e et permuter la sĂ©rie et lâintĂ©grale :
u(x) =+âân=0
(ââ« 1
0
(ln t)n
n!(1 + t)dt)xn
expression valable pour |x| < 1. u est donc développable en série entiÚre au voisinage de 0.
Exercice 24 - Inverse - L2/Math Spé - ???
1. DâaprĂšs la formule du produit de Cauchy, on aânâ„0
anzn
ânâ„0
bnzn
=ânâ„0
cnzn = 1
avec cn =ânk=0 akbnâk. La suite (bn) vĂ©rifie donc la relation de rĂ©currence{
b0 = 1a0
bn = â1a0
ânk=1 akbnâk
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
2. Soit R > 0 tel que |an| †Rn pour n ℠1, et on pose C > 0 suffisamment grand pour que
âkâ„1
Rk
Ck†|a0|
On va prouver par récurrence sur n que |bn| †Cn
|a0| . Câest vrai au rang 0, et si câest vraijusquâau rang nâ 1, alors
|bn| â€1|a0|
nâk=1
Rk
CkCn
|a0|†Cn
|a0|Ă 1|a0|
+ââk=1
Rk
Ck†Cn
|a0|.
3. Soit g(z) =ânâ„0 bnz
n. Alors, par la formule sur le produit de Cauchy de deux sériesentiÚres et par définition de (bn), on a f(z)g(z) = 1 dans un voisinage de 0. Autrementdit, g = 1/f dans un voisinage de 0. 1/f est donc développable en série entiÚre en 0.
Utilisation dâun dĂ©veloppement en sĂ©ries entiĂšres
Exercice 25 - Régularité - L2/Math Spé - ?
1. Pour x 6= 0, on a, dâaprĂšs le dĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšre de sin,
f(x) =+âân=0
(â1)n x2n
(2n+ 1)! .
Cette Ă©galitĂ© est encore vraie en 0, puisque les deux membres sont alors Ă©gaux Ă 0. Ainsi,f coĂŻncide sur R avec une sĂ©rie entiĂšre de rayon de convergence +â. f est donc de classeCâ.
2. Pour x â„ 0, on a
g(x) =+âân=0
(âx)2n
(2n)! =+âân=0
xn
(2n)! .
Pour x < 0, on a :
g(x) =+âân=0
(â1)n (ââx)2n
(2n)! =+âân=0
(â1)n (â1)nxn
(2n)! =+âân=0
xn
(2n)! .
Ainsi, g coĂŻncide sur R avec la sĂ©rie entiĂšreâ+ân=0
xn
(2n)! : elle est donc de classe Câ.3. Pour x 6= 0, on a
h(x) = xâ sin xx sin x .
On développe en série entiÚre le numérateur et le dénominateur, en mettant en facteur lepremier terme. On trouve
h(x) =x2 Ă
â+âp=1(â1)p+1 x2pâ1
(2p+1)!
x2â+âp=0(â1)p x2p
(2p+1)!.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Posant u(x) =â+âp=1(â1)p+1 x2pâ1
(2p+1)! et v(x) =â+âp=0(â1)p x2p
(2p+1)! , on voit que pour x 6= 0,h(x) = u(x)
v(x) . Or, u et v sont de classe Câ (ce sont des sommes de sĂ©rie entiĂšre), v nesâannule pas en 0, et de plus u(0)/v(0) = 0. Ainsi, h dĂ©finit bien une fonction de classeCâ.
Exercice 26 - Comparaison de deux fonctions - L2/Math Spé - ?Développons les deux fonctions en série entiÚre. On a
ch(x) =+ââk=0
x2k
(2k)! et ex2/2 =âkâ„0
x2k
2kk! .
Puisque x2k â„ 0, le rĂ©sultat sera dĂ©montrĂ© si on prouve que, pour tout k â„ 0, on a (2k)! â„ 2kk!.Câest vrai pour k = 0, et pour k â„ 1, on Ă©crit simplement :
(2k)!2kk! = 2k Ă (2k â 1)à · · · Ă (k + 1)
2à 2à · · · à 2 .
Comme k + 1 ℠2, k + 2 ℠2 . . . , on obtient bien le résultat voulu.
Exercice 27 - Calcul de la somme dâune sĂ©rie - L2/Math SpĂ© - ?
1. Posons un = (â1)n+1
n(2n+1)x2n+1. Alors |un+1|
|un| = n(2n+1)x2
(n+1)(2n+3) â |x|2. Ainsi, dâaprĂšs la rĂšgle de
dâAlembert, la sĂ©rie entiĂšre est convergente pour |x| < 1 et divergente pour |x| > 1.Son rayon de convergence est donc 1. De plus, pour x = 1, la sĂ©rie
ânâ„1
(â1)n+1
n(2n+1) est(absolument) convergente (on peut aussi prouver quâelle converge dâaprĂšs le critĂšre dessĂ©ries alternĂ©es). De mĂȘme, pour x = â1, la sĂ©rie
ânâ„1
â1n(2n+1) est convergente. f est
donc dĂ©finie sur [â1, 1].2. La thĂ©orie des sĂ©ries entiĂšres nous dit que f est continue sur son intervalle ouvert de
convergence, câest-Ă -dire sur ]â1, 1[. Pour prouver la continuitĂ© sur [â1, 1], on va prouverquâil y a convergence normale sur tout lâintervalle [â1, 1]. En effet, pour tout x â [â1, 1],on a âŁâŁâŁâŁâŁ(â1)n+1xn
n(2n+ 1)
âŁâŁâŁâŁâŁ †1n(2n+ 1)
et le membre de droite de lâinĂ©galitĂ© est le terme gĂ©nĂ©ral dâune sĂ©rie numĂ©rique convergente(insistons sur le fait quâil ne dĂ©pend pas de x). La sĂ©rie est donc normalement convergentesur [â1, 1]. Comme chaque fonction x 7â (â1)n+1xn
n(2n+1) est continue sur [â1, 1], on en dĂ©duitque f est continue sur [â1, 1].
3. La série dérivée est, pour |x| < 1,
f âČ(x) =+âân=1
(â1)n+1
nx2n = ln(1 + x2).
En effet, pour x â] â 1, 1[, on a 0 †x2 < 1 et on est bien dans le domaine de validitĂ©du dĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšre de ln(1 + u). Puisque f(0) = 0, on en dĂ©duit f(x) =
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
⫠x0 ln(1 + t2)dt. On calcule cette intégrale en effectuant une intégration par parties :
f(x) =â« x
01Ă ln(1 + t2)dt
=[
t
1 + t2
]x0ââ« x
0
2t2
1 + t2dt
= x ln(1 + x2)â 2â« x
0
t2 + 1â 1t2 + 1 dt
= x ln(1 + x2)â 2â« x
0
(1â 1
t2 + 1
)dt
= x ln(1 + x2)â 2 [tâ arctan(t)]x0= x ln(1 + x2)â 2x+ 2 arctan x.
4. LâĂ©galitĂ© f(x) = x ln(1 + x2) â 2x + 2 arctan x nâest valable que pour x â] â 1, 1[. Maisle membre de droite comme celui de gauche sont continus en 1. Par continuitĂ©, lâĂ©galitĂ©prĂ©cĂ©dente reste vraie sur [0, 1] tout entier. On conclut que
+âân=1
(â1)n+1
n(2n+ 1) = f(1) = ln(2)â 2 + Ï
2 .
Exercice 28 - Calcul de la somme dâune sĂ©rie - L2/Math SpĂ© - ??
1. (a) Il est facile de vérifier que 1 + j + j2 = 0, que 1 + j2 + j4 = 0 et que j3 = 1. On endéduit que
1 + jk + j2k = 1 + jr + j2r
oĂč r est le reste de k modulo 3. On en dĂ©duit que 1 + jk + j2k = 0 sauf si k estmultiple de 3. Dans ce cas, la somme vaut 3. Il vient alors
ex + ejx + ej2x =
âkâ„0
1 + jk + j2k
k! xk = 3ânâ„0
x3n
(3n)! .
(b) Ăcrivant
ejx = exp((â1 + i
â3)x/2) = eâx/2( cos(x
â3/2) + i sin(x
â3/2)
)et
ej2x = exp
((â1â i
â3)x/2) = eâx/2( cos(x
â3/2)â i sin(x
â3/2)
)on en déduit
S(x) = ex + 2eâx/2 cos(xâ
3/2)3 .
La somme recherchée est donc
S(1) = e+ 2eâ1/2 cos(â
3/2)3 .
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
2. (a) On a
SâČ(x) =ânâ„1
x3nâ1
(3nâ 1)!
SâČâČ(x) =ânâ„1
x3nâ2
(3nâ 2)!
S(3)(x) =ânâ„1
x3nâ3
(3nâ 3)! =ânâ„0
x3n
(3n)! = S(x).
Ainsi, S est solution de lâĂ©quation y(3) â y = 0.(b) LâĂ©quation prĂ©cĂ©dente est une Ă©quation diffĂ©rentielle linĂ©aire Ă coefficients constants.
Son Ă©quation caractĂ©ristique est r3 â 1 = 0, qui admet pour racines 1, j, j2. Toutesolution sâĂ©crit donc y(x) = aex + bejx + cej
2x.
(c) S est la solution de lâĂ©quation diffĂ©rentielle prĂ©cĂ©dente vĂ©rifiant S(0) = 1, SâČ(0) =SâČâČ(0) = 0. On obtient le systĂšme
a+ b+ c = 1a+ bj + cj2 = 0a+ bj2 + cj = 0
dâoĂč on tire a = b = c = 1/3. On a donc
S(x) = 13(ex + ejx + ej
2x)
= ex
3 + 23eâx/2 cos
(â3x2
).
Exercice 29 - Une suite récurrente - L2/Math Spé - ??
1. On introduit la sĂ©rie entiĂšre f(x) =ânâ„0 unx
n. Supposons que son rayon de convergencesoit r > 0. Alors, faisant le produit de Cauchy des deux sĂ©ries, on a, pour tout x â]â r, r[,
f2(x) =ânâ„0
vnxn avec vn =
nâk=0
ukunâk = un+1.
Autrement dit, on af2(x) =
ânâ„0
un+1xn = f(x)â f(0)
x.
Pour chaque x â]â r, r[, f(x) vĂ©rifie donc lâĂ©quation
xf2(x)â f(x) + 1 = 0.
2. Il en rĂ©sulte que, pour chaque x â]â r, r[, on doit avoir
f(x) = 1ââ
1â 4x2x ou f(x) = 1 +
â1â 4x
2x .
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Or, f doit ĂȘtre continue en 0 avec f(0) = 1. Sâil existe une suite (xn) tendant vers 0 pourlaquelle f(xn) = 1+
â1â4xn
2xn, alors |f(xn)| â +â, ce qui est contradictoire. Donc il existe
Ï > 0 tel que
f(x) = 1ââ
1â 4x2x pour tout x â]â Ï, Ï[.
3. RĂ©ciproquement, soit f(x) = 1ââ
1â4x2x si x 6= 0, f(0) = 1. On va prouver que f est
dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre au voisinage de 0. En effet, pour tout x â]â 1/4, 1/4[, on a
â1â 4x = 1â 2
+âân=1
(2nâ 2)!(nâ 1)!
xn
n! .
On en dĂ©duit que, pour tout x â]â 1/4, 1/4[, on a
f(x) =+âân=0
(2n)!n!(n+ 1)!x
n.
Puisque f vĂ©rifie xf2(x) â f(x) + 1 = 0, le calcul effectuĂ© Ă la premiĂšre question (ie ledĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšre de xf2âf+1) prouve que, en posant an = (2n)!
n!(n+1)! , a0 = 1et an+1 =
ânk=0 akanâk. On en dĂ©duit que, pour tout n â N, on a
un = an = (2n)!n!(n+ 1)! .
Exercice 30 - Une Ă©galitĂ© intĂ©grale/sĂ©ries - Math SpĂ© - ??Remarquons dâabord que lâintĂ©grale est bien dĂ©finie. En effet, la fonction peut ĂȘtre prolongĂ©e
par continuitĂ© en 0 et en 1. Par exemple, en 0, ln(x) ln(1 â x) âŒ0 âx ln(x) et cette derniĂšrefonction tend vers 0 quand x tend vers 0. Dâautre part, on a
â« 1
0ln(x) ln(1â x)dx =
â« 1
0
+âân=1âx
n
nln(x)dx.
On pose fN (x) =âNn=1âxn
n ln x. Alors fN converge simplement sur ]0, 1[ vers ln(x) ln(1 â x).Dâautre part, fN †fN+1. Par le thĂ©orĂšme de convergence monotone, on obtient
â« 1
0ln(x) ln(1â x)dx =
+âân=1
â« 1
0âx
n
nln xdx.
On calcule cette derniÚre intégrale trÚs facilement en intégrant par parties.
Exercice 31 - Nombre de dérangements - L2/Math Spé - ??
1. Puisque {1, 2, 3} a trois Ă©lĂ©ments, il existe exactement 6 bijections diffĂ©rentes de {1, 2, 3}dans lui-mĂȘme :â lâidentitĂ© ;â les 3 transpositions (1 2), (1 3), (2 3).â les 2 cycles (1 2 3) et (1 3 2).
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
LâidentitĂ© a 3 points fixes, les transpositions en ont 1 et les cycles nâen ont pas. On endĂ©duit que
D3,0 = 1, D3,1 = 3, D3,2 = 0 et D3,3 = 1.
2. Si on note Ak lâensemble des permutations de {1, . . . , n} ayant k point fixes, alors la familleA0, . . . , An forme une partition de lâensemble des permutations de {1, . . . , n}. Ainsi, on abien n! =
ânk=0 card(Ak) =
ânk=0Dn,k.
3. Pour chaque permutation ayant k points fixes, il y aâ(nk
)choix possibles de ces k points fixes (choisir k éléments parmi n) ;
â ce choix effectuĂ©, la permutation agit comme une permutation sans point fixe sur lesnâ k Ă©lĂ©ments restants. Il y a Dnâk,0 telles permutations.
Le nombre de permutations ayant k points fixes vaut donc(nk
)Dnâk,0.
4. Clairement, on a 0 †dn †n!, soit |dn||z|nn! †|z|n. La série converge absolument si |z| < 1,
son rayon de convergence est au moins égal à 1.5. Puisque les séries entiÚres définissant expx et f(x) ont un rayon de convergence supérieur
ou Ă©gal Ă 1, leur produit de Cauchy est absolument convergent pour |x| < 1. De plus, ona
(expx)f(x) =+âân=0
bnxn avec bn =
nâk=0
dnâk(nâ k)! Ă
1n! .
Maisnâk=0
dkk! Ă
1(nâ k)! = 1
n!
nâk=0
(n
k
)dnâk = 1
n!
nâk=0
Dn,k = 1.
On obtient
(expx)f(x) =+âân=0
xn = 11â x.
6. De lâĂ©galitĂ© (expx)f(x) = 11âx , on tire
f(x) = eâx
1â x.
On réalise le produit de Cauchy des deux séries entiÚres obtenues à droite et on trouve
f(x) =+âân=0
cnxn avec cn =
nâk=0
(â1)k
k! .
Par identification, on obtient bien dn = n!ânk=0
(â1)k
k! .
7. La probabilitĂ© recherchĂ©e est pn = dn/n! =ânk=0
(â1)k
k! . Utilisant le dĂ©veloppement ensĂ©rie entiĂšre de exp(âx), on trouve que cette probabilitĂ© converge vers exp(â1) = 1/e.
Exercice 32 - Une équation différentielle détaillée - L2/Math Spé - ?
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
1. Soit r > 0 le rayon de convergence de f . On a, pour tout x â]â r, r[,
f(x) =ânâ„0
anxn
xf âČ(x) = x+âân=1
nanxnâ1 =
+âân=0
nanxn
f âČâČ(x) =+âân=2
n(nâ 1)xnâ2 =+âân=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2xn.
On en dĂ©duit que, pour tout x â]â r, r[, on a
f âČâČ(x) + xf âČ(x) + f(x) =+âân=0
bnxn
avecbn = (n+ 2)(n+ 1)an+2 + (n+ 1)an.
Or, f âČâČ + xf âČ + f = 1. Par unicitĂ© du dĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšre, on obtient b0 = 1 etbn = 0 pour tout n â„ 1. Ceci nous donne les relations
a2 = (1â a0) et an+2 = â ann+ 2 pour n â„ 1.
2. On sait en outre que a0 = y(0) = 0 et que a1 = yâČ(0) = 0. On en dĂ©duit que tous lestermes impairs a2n+1 sont nuls, puis que, pour les termes pairs
a2n =(â1
2n
)Ă( â1
2nâ 2
)à · · · Ă
(â14
)a2
= (â1)n+1
2à 4à · · · à 2n.
On factorise tous les termes qui sont pairs au dénominateur, et on trouve
a2n = (â1)n+1
2nn!
valable pour n â„ 1. RĂ©ciproquement, posons
f(x) =ânâ„1
(â1)n+1
2nn! x2n.
La sĂ©rie entiĂšre qui apparait est de rayon de convergence Ă©gal Ă +â, la fonction f ainsidĂ©finie est donc de classe Câ et, remontant les calculs, elle est solution de lâĂ©quationdiffĂ©rentielle initiale.
3. De plus, on peut lâidentifier Ă une fonction classique. En effet,
f(x) = âânâ„1
1n!
(âx2
2
)n= 1â exp(x2/2).
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Exercice 33 - Solutions dĂ©veloppables en sĂ©rie entiĂšre dâune Ă©quation diffĂ©rentielle- L2/Math SpĂ© - ?
On procĂšde par analyse-synthĂšse. On suppose quâil existe une solution dĂ©veloppable en sĂ©rieentiĂšre y(x) =
â+ân=0 anx
n, de rayon de convergence R > 0. On introduit ce dĂ©veloppement danslâĂ©quation :
x2(1â x)ânâ„2
n(nâ 1)anxnâ2 â x(1 + x)ânâ„1
nanxnâ1 +
ânâ„0
anxn = 0
pour tout x â]âR,R[, soit encoreânâ„2
n(nâ 1)anxn âânâ„2
n(nâ 1)anxn+1 âânâ„1
nanxn â
ânâ„1
nanxn+1 +
ânâ„0
anxn = 0.
On rĂ©indexe les deuxiĂšme et quatriĂšme somme de sorte dâobtenir Ă lâintĂ©rieur le terme xn :ânâ„2
n(nâ 1)anxn âânâ„3
(nâ 1)(nâ 2)anâ1xn â
ânâ„1
nanxn â
ânâ„2
(nâ 1)anâ1xn +
ânâ„0
anxn,
ceci Ă©tant identiquement nul sur ]âR,R[. Sachant quâune sĂ©rie entiĂšre est nulle si et seulementsi tous ses coefficients sont nuls, on peut identifier. Le terme en x0 donne a0 = 0, celui en x1
donne 0 = 0, celui en x2 donne 2a2 â 2a2 â a1 + a2 = 0, soit a2 = a1. Pour n â„ 3, , on obtient(n(nâ 1)â n+ 1
)an +
(â (nâ 1)(nâ 2)â (nâ 1)
)anâ1 = 0
i.e. an = anâ1 pour tout n â„ 3. Toute solution dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre sâĂ©crit donc :
y(x) = aânâ„1
xn = ax
1â x, a â R.
RĂ©ciproquement (câest la partie synthĂšse du raisonnement), on vĂ©rifie aisĂ©ment, en les introdui-sant dans lâĂ©quation diffĂ©rentielle, que les fonctions x 7â ax
1âx sont solution de lâĂ©quation.Une fois cette solution trouvĂ©e, on peut alors rĂ©soudre complĂštement lâĂ©quation diffĂ©rentielle enutilisant la mĂ©thode dâabaissement de lâordre.
Exercice 34 - Toutes les solutions - L2/Math Spé - ?
1. Il faut étudier quelles conditions il faut mettre sur a, b, c et d pour que ceci définisse unesolution de classe C2 sur R. La continuité de f en 0 entraßne que a = c puisque
a = limxâ0+
y(x) et c = limxâ0â
y(x).
De plus, on af âČ(x) = â2ax sin(x2) + 2bx cos(x2) si x > 0.
f âČâČ(x) = â2a sin(x2)â 4ax2 cos(x2) + 2b cos(x2)â 4bx2 sin(x2) si x > 0.De mĂȘme, on a
f âČâČ(x) = â2a sin(x2)â 4ax2 cos(x2) + 2d cos(x2)â 4dx2 sin(x2) si x < 0.
Remarquons queb = lim
xâ0+f âČâČ(x) et d = lim
xâ0âyâČâČ(x).
Pour que f âČâČ soit continue en 0, il est nĂ©cessaire que b = d. RĂ©ciproquement la fonctionx 7â a cos(x2) + b sin(x2) dĂ©finit bien une fonction de classe C2 sur R.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
2. Soit y(x) =ânâ„0 anx
n une série entiÚre solution de (E) de rayon de convergence R > 0.On introduit ce développement en série entiÚre dans (E). AprÚs dérivation terme à termede la série, et réindexation des séries, on obtient :
xyâČâČ â yâČ + 4x3y = âa1 + 3a3x2 +
+âân=3
(an+1(nâ 1)(n+ 1) + 4anâ3
)xn = 0
pour tout x â] â R,R[. LâunicitĂ© du dĂ©veloppement en sĂ©rie entiĂšre entraĂźne que a1 =a3 = 0, tandis que, pour tout n â„ 3,
an+1 = â 4(nâ 1)(n+ 1)anâ3.
En réindexant, on trouve, pour tout n ℠0,
an+4 = â 4(n+ 2)(n+ 4)an.
3. DâaprĂšs la relation de rĂ©currence prĂ©cĂ©dente, et puisque a1 et a3 sont nuls, on trouve quea4p+1 = 0 et a4p+3 = 0 pour tout p â„ 0.
4. La relation de récurrence nous dit que
a4p = â 4(4p)(4pâ 2)a4(pâ1) = â1
2p(2pâ 1)a4(pâ1).
On prouve alors aisément par récurrence que
a4p = (â1)p
(2p)! a0.
De mĂȘme, on obtienta4p+2 = (â1)p
(2p+ 1)!a2.
5. En appliquant la rĂšgle de dâAlembert, ou en remarquant que Rp
(2p)! tend vers 0 lorsque ptend vers lâinfini, pour tout R â R, on obtient que la sĂ©rie entiĂšre obtenue a pour rayonde convergence +â. De plus, on a
y(x) = a0âpâ„0
(â1)p
(2p)! x4p + a2
âpâ„0
(â1)p
(2p+ 1)!x4p+2
= a0 cos(x2) + a2 sin(x2).
6. Puisque la sĂ©rie entiĂšre obtenue a pour rayon de convergence +â, sa somme est solutionde (E) sur R. De plus, sur chaque intervalle ne contenant pas 0, on sait que lâensembledes solutions de (E) est un espace vectoriel de dimension 2. Il est donc nĂ©cessairementengendrĂ© par cos(x2) et sin(x2). ConsidĂ©rons maintenant une solution y de (E) sur R. Elleest solution sur ]0,+â[, et donc il existe deux constantes a0 et a2 telles que
y(x) = a0 cos(x2) + a2 sin(x2) pour x > 0.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Elle est solution sur ]ââ, 0[ et donc il existe deux constantes b0 et b2 telles que
y(x) = b0 cos(x2) + b2 sin(x2) pour x < 0.
DâaprĂšs la question prĂ©liminaire, y va se prolonger en une fonction de classe C2 si etseulement si a0 = b0 et a2 = b2. Ainsi, lâensemble des solutions sur R de lâĂ©quation estlâespace vectoriel de dimension 2 engendrĂ© par les fonctions x 7â a cos(x2) + b sin(x2),a, b â R.
Exercice 35 - SĂ©ries entiĂšres et Ă©quations diffĂ©rentielles - abaissement de lâordre- L2/Math SpĂ© - ???
1. On cherche une solution dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre, qui sâĂ©crit donc y(x) =ânâ„0 anx
n.On introduit ceci dans lâĂ©quation
ânâ„2
n(nâ 1)anxnâ1 ++âân=1
2nanxnâ1 âânâ„0
anxn+1 = 0.
On rĂ©indexe la troisiĂšme somme pour retrouver une somme faisant apparaitre un termeen xnâ1. On trouve
ânâ„2
n(nâ 1)anxnâ1 ++âân=1
2nanxnâ1 âânâ„2
anâ2xnâ1 = 0.
On en déduit a1 = 0, puis, pour n ℠2,
n(n+ 1)an = anâ2.
On en déduit que, pour tout entier p, a2p+1 = 0 alors
a2p = a2pâ2(2p+ 1)2p = · · · = a0
(2p+ 1)! .
Comme la sĂ©rie entiĂšreâpâ„0
x2p
(2p+1)! a pour rayon de convergence +â, on trouve que lafonction
f(x) =âpâ„0
x2p
(2p+ 1)! = sinh(x)x
est solution sur R de lâĂ©quation.On rĂ©soud alors lâĂ©quation sur ]0,+â[ ou sur ] â â, 0[ (oĂč on sait que lâensemble dessolutions est un espace vectoriel de dimension 2) par la mĂ©thode dâabaissement de lâordre.Pour cela, on pose y(x) = f(x)z(x). Sachant que f est solution de lâĂ©quation, on trouveque y est aussi solution si et seulement si z vĂ©rifie lâĂ©quation diffĂ©rentielle
2xf âČzâČ + xfzâČâČ + 2fzâČ = 0.
Câest une Ă©quation du premier ordre en zâČ, que lâon sait rĂ©soudre. Remplaçant f par savaleur, on trouve
2 cosh xzâČ + sinh xzâČâČ = 0 =â zâČâČ
zâČ= â2cosh x
sinh x .
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Il vientzâČ = λ
sinh2 x
puisz = λ cosh x
sinh x + ”.
Finalement, toute solution sur ]0,+â[ sâĂ©crit sous la forme
y(x) = ”sinh xx
+ λcosh xx.
Si on cherche maintenant les solutions sur R tout entier, il faut procéder par recollement.Si y est solution sur R, il existe des constantes λ1, λ2, ”1, ”2 telles que
y(x) ={”1
sinhxx + λ1
coshxx si x > 0
”2sinhxx + λ2
coshxx si x < 0
En Ă©tudiant la limite de cosh x/x en zĂ©ro, et sachant que y doit ĂȘtre continu en 0, on voitque λ1 = λ2 = 0. Dâautre part, puisque sinh x/xâ 1 en 0, la continuitĂ© de y en 0 imposealors que ”1 = limxâ0+ y(x) = limxâ0â y(x) = ”2. Ainsi, les solutions sur R de lâĂ©quationsont les fonctions x 7â ” sinhx
x .2. On recopie la mĂȘme mĂ©thode, en posant y(x) =
ânâ„0 anx
n. Si on introduit dans lâĂ©qua-tion, on trouveâ
nâ„2n(nâ 1)anxn â
ânâ„2
n(nâ 1)anxnâ1 + 3ânâ„1
nanxn +
ânâ„0
anxn = 0.
On change les indices dans la deuxiĂšme somme pour trouver :ânâ„2
n(nâ 1)anxn âânâ„1
n(n+ 1)an+1xn + 3
ânâ„1
nanxn +
ânâ„0
anxn = 0.
Par identification, on trouve a0 = 0, a2 = 2a1, puis, pour n â„ 2 :
an+1 = n+ 1n
an.
Ainsi, par rĂ©currence, on trouve an = na1. Puisque la sĂ©rie entiĂšreânâ„1 nx
n a pour rayonde convergence 1, on a prouvé que la fonction
f(x) =ânâ„1
nxn = x
(1â x)2
est solution de lâĂ©quation sur ]â 1, 1[ (en rĂ©alitĂ©, sur ]ââ, 1[).On va ensuite rĂ©soudre lâĂ©quation sur ]0, 1[, par la mĂ©thode dâabaissement de lâordre. Pourcela, on pose y(x) = f(x)z(x). Sachant que f est solution de lâĂ©quation, on trouve que yest aussi solution si et seulement si z vĂ©rifie lâĂ©quation diffĂ©rentielle
2x(xâ 1)f âČzâČ + x(xâ 1)fzâČâČ + 3xfzâČ = 0.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
Câest une Ă©quation du premier ordre en zâČ, que lâon sait rĂ©soudre. Remplaçant f par savaleur, simplifiant par x, et aprĂšs regroupement, on trouve
zâČ(xâ 2) = x(1â x)zâČâČ.
On réécrit cette équation sous la forme
zâČâČ
zâČ= xâ 2x(1â x) = â2
xâ 1
1â x.
Ceci sâintĂšgre enzâČ = λ
1â xx2 = λ
( 1x2 â
1x
).
On intĂšgre encore une fois pour trouver z. Quitte Ă changer λ en âλ, il vient :
z = λ
(1x
+ ln x)
+ ”.
Les solutions de lâĂ©quation sur ]0, 1[ sont donc les fonctions
y(x) = ”x+ λ(1 + x ln x)(1â x)2 .
Si on cherche les solutions sur R, il faut au moins que la fonction ait une limite en 1.Faisons le dĂ©veloppement limitĂ© du numĂ©rateur, en posant x = 1â h. Il vient
N(x) = ”(1â h) + λ(1 + (1â h) ln(1â h)
)= ”â ”h+ λ
(1 + (1â h)(âhâ h2/2 + o(h2))
)= ”â ”h+ λ
(1â h+ h2/2 + o(h2)
)= (”+ λ)â (”+ λ)h+ λh2/2 + o(h2)
Puisque le dĂ©nominateur est h2, la fonction admet une limite en 1 si et seulement siλ = â”. Dâautre part, il faut que la fonction soit dĂ©rivable en 0. Mais, du fait de laprĂ©sence du terme x ln x, dont le taux dâaccroissement en 0 tend vers ââ, la fonction nepeut ĂȘtre dĂ©rivable que si λ = 0. Ainsi, la seule solution sur R est la fonction nulle !
Exercice 36 - Séries entiÚres et équations différentielles - changement de variables- Math Spé/L2/Agreg interne - ???
1. Soit y(x) =â+âi=0 aix
i une solution de lâĂ©quation dĂ©veloppable en sĂ©rie entiĂšre. Alors, ona
2xyâČâČ â yâČ + x2y = âa1 + 2a2x++ââi=2
((i+ 1)(2iâ 1)ai+1 + aiâ2
)xi = 0.
Par unicité du développement en série entiÚre, on trouve a1 = a2 = 0 et la formule derécurrence
ai+1 = â 1(i+ 1)(2iâ 1)aiâ2.
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
On a donc, pour tout k dans N, a3k+1 = a3k+2 = 0 et
a3k = â 13k(6k â 3)a3kâ3 = â 1
9k(2k â 1)a3kâ3.
Par récurrence,
a3k = (â1)k
9kk!(2k â 1)Ă (2k â 3) · · · Ă 3Ă 1a0 = (â1)k2kk!9kk!(2k)! a0 = (â1)k2k
9k(2k)! a0.
Réciproquement, pour tout a0 dans R, la série entiÚre
y(x) = a0
+ââk=0
(â1)k2k
9k(2k)! x3k
a pour rayon de convergence +â et est solution de lâĂ©quation diffĂ©rentielle.Si on cherche maintenant Ă identifier Ă une fonction classique, le terme x3k
(2k)! nous met surla voie. Cela ressemble au terme gĂ©nĂ©ral de cos(x), ou plutĂŽt de cos(x3/2). Comme cecinâest dĂ©fini que pour x > 0, il faut aussi considĂ©rer cosh
((âx)3/2
)pour x < 0. Avec une
homothétie pour obtenir 2k
9k , on trouve finalement que
y(x) =
a0 cos(â
23 x
3/2)
si x â„ 0a0 cosh
(â2
3 (âx)3/2)
si x †0.
2. La forme de la solution trouvée précédemment nous conduit au changement de variablest =
â2
3 x3/2 pour x > 0, câest-Ă -dire Ă chercher lâĂ©quation diffĂ©rentielle vĂ©rifiĂ©e par z(t) =
y(x). Or,
yâČ(x) =â
22 x1/2zâČ(t)
etyâČâČ(x) = 1
2xzâČâČ(t) +
â2
4x1/2 zâČ(t).
On trouve donc
2xyâČâČ â yâČ + x2y = x2zâČâČ +â
22 x1/2zâČ â
â2
2 x1/2zâČ + x2z = 0.
z vĂ©rifie donc lâĂ©quation diffĂ©rentielle zâČâČ + z = 0, et donc z = λ cos(t) + ” sin(t) pourλ, ” â R. Autrement dit, la solution gĂ©nĂ©rale de (E) sur ]0,+â[ est donnĂ©e par :
y(x) = λ cos(â
23 x3/2
)+ ” sin
(â2
3 x3/2).
Pour rĂ©soudre lâĂ©quation sur ] â â, 0[, on pose cette fois t =â
23 (âx)3/2. La fonction
z(t) = y(x) vĂ©rifie lâĂ©quation diffĂ©rentielle zâČâČ â z = 0, et donc la solution gĂ©nĂ©rale sur]ââ, 0[ est donnĂ©e par
y(x) = λâČ cosh(â
23 x3/2
)+ ”âČ sinh
(â2
3 x3/2).
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Exercices - Séries entiÚres : corrigé
3. Soit y une solution de (E) sur R. DâaprĂšs la question prĂ©cĂ©dente, on sait quâil existe desconstantes λ, ”, λâČ, ”âČ â R telles que
y(x) =
λ cos(â
23 x
3/2)
+ ” sin(â
23 x
3/2)pour x > 0
λâČ cosh(â
23 (âx)3/2
)+ ”âČ sinh
(â2
3 (âx)3/2)pour x < 0.
Comme y est continue en 0 et que lim0+ y = λ alors que lim0â y = λâČ, on en dĂ©duit queλ = λâČ. Dâautre part, pour x > 0, on note y(x) = λy1(x) + ”y2(x). On a
yâČâČ2(x) =(
sin(â
23 x3/2
))âČâČ= âx2 sin
(â2
3 x3/2)
+â
24x1/2 cos
(â2
3 x3/2).
Pour xâ 0, ceci tend vers +â. Or, puisquâune solution de (E) est de classe C2, on sait queyâČâČ(x) admet une limite (finie) quand x tend vers 0, et que y1 se prolonge en fonction Câ surR. En particulier, lim0 y
âČâČ1 existe (et est finie). Puisque lim0+ yâČâČ = λ lim0+ yâČâČ1 + ” lim0+ yâČâČ2 ,
ceci ne peut ĂȘtre fini que si ” = 0. De mĂȘme, on trovue que ”âČ = 0. Les seules solutionssur R de (E) sont donc celles donnĂ©es par la premiĂšre question.
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