Corrigé des exercices : Rayon et somme d’une série entière en maths spé (MP)

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois rayons obtenus par quotient

Idée clé : les coefficients sont non nuls et contiennent des puissances ou des factorielles, donc le quotient de deux coefficients consécutifs se simplifie.

1. Avec \(a_n=n^3 7^{-n}\), on a \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{1}{7}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^3\to\dfrac{1}{7}\). La règle de d’Alembert donne \(R=7\).
2. On calcule d’abord \(\dbinom{2n+2}{n+1}\Big/\dbinom{2n}{n}=\dfrac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}=\dfrac{2(2n+1)}{n+1}\), qui tend vers 4. Le quotient des coefficients tend donc vers \(4/5\). Ainsi \(R=5/4\).
3. Avec \(a_n=n!/n^n\), on obtient \[\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)!}{n!}\cdot\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\exp\left(-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right).\] Or \(n\ln(1+1/n)\to 1\), donc le quotient tend vers \(e^{-1}\). Par conséquent, \(R=e\).

Corrigé de l’exercice 2 – Rayons par comparaison des coefficients

Idée clé : on encadre ou on cherche un équivalent simple, puis on utilise que deux suites équivalentes donnent le même rayon.

1. Pour tout \(n\), \(1\leq 2+\cos n\leq 3\). D’une part \(a_n\leq 3\), donc \(R\geq 1\), rayon de \(\sum 3z^n\). D’autre part \(a_n\geq 1\), donc \(R\leq 1\), rayon de \(\sum z^n\). Ainsi \(R=1\).
2. Par la quantité conjuguée, \(a_n=\dfrac{3}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n}}\sim\dfrac{3}{2\sqrt{n}}\). Or \(\sum n^{-1/2}z^n\) a le même rayon que \(\sum z^n\), soit 1. Donc \(R=1\).
3. Comme \(5^{-n}\to 0\) et \(\ln(1+u)\sim u\) en 0, on a \(a_n\sim 5^{-n}\). La série géométrique \(\sum 5^{-n}z^n\) a pour rayon 5. Par conséquent, \(R=5\).

Corrigé de l’exercice 3 – Rayons de deux séries lacunaires

Idée clé : un coefficient sur deux (ou deux sur trois) est nul, donc on applique la règle de d’Alembert au module du terme général, à \(z\) fixé non nul.

1. On pose \(u_n=\dfrac{3^n|z|^{2n}}{n+1}\). Alors \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=3|z|^2\dfrac{n+1}{n+2}\to 3|z|^2\). Pour \(3|z|^2 < 1\), on a convergence absolue ; pour \(3|z|^2 > 1\), le terme général ne tend même pas vers 0. Ainsi \(R=1/\sqrt{3}\).
2. On pose \(u_n=\dfrac{|z|^{3n}}{n\,27^n}\). Alors \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{|z|^3}{27}\cdot\dfrac{n}{n+1}\to\dfrac{|z|^3}{27}\). La frontière correspond à \(|z|^3=27\), donc \(R=3\).

Corrigé de l’exercice 4 – Ce que le lemme d’Abel permet d’affirmer

Idée clé : une convergence en un point minore le rayon, une divergence le majore ; sur le cercle, il faut des exemples.

1. La série converge en 2, donc \(R\geq 2\). Elle diverge en \(-3\), donc \(R\leq 3\), sinon elle y convergerait absolument. Ainsi \(2\leq R\leq 3\).
2. On a \(|1+i|=\sqrt{2} < 2\leq R\), donc la série converge absolument en \(1+i\). En revanche, \(|4| > 3\geq R\), donc la série diverge grossièrement en 4.
3. Premier exemple : \(a_0=0\) et \(a_n=\dfrac{(-1)^n}{n\,2^n}\). En 2, on obtient \(\sum (-1)^n/n\), qui converge. En \(-3\), le terme vaut \((3/2)^n/n\), qui tend vers \(+\infty\). En \(-2\), le terme vaut \(1/n\) : la série diverge. Second exemple : \(a_n=\dfrac{1}{n^2 2^n}\). En 2, la série \(\sum 1/n^2\) converge ; en \(-3\), le terme \((-3/2)^n/n^2\) n’est pas borné ; en \(-2\), la série \(\sum(-1)^n/n^2\) converge. Les hypothèses sont vérifiées dans les deux cas, avec des conclusions opposées en \(-2\). On ne peut donc rien affirmer en \(-2\).
4. Non. Le premier exemple vérifie les hypothèses, et \(\sum |a_n|2^n=\sum 1/n\) diverge. La convergence absolue en 2 n’est pas garantie.

Corrigé de l’exercice 5 – Somme et produit de deux séries géométriques

Idée clé : les rayons distincts donnent le rayon de la somme ; pour le produit, on calcule \(c_n\) comme une somme géométrique finie.

1. Les séries géométriques donnent \(R_a=2\) et \(R_b=3\). Les rayons sont distincts, donc le rayon de la somme vaut \(\min(2,3)=2\).
2. Par définition, \[c_n=\sum_{k=0}^{n}2^{-k}3^{-(n-k)}=3^{-n}\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{3}{2}\right)^k=3^{-n}\cdot\frac{(3/2)^{n+1}-1}{1/2}.\] Après simplification, \(c_n=\dfrac{3}{2^n}-\dfrac{2}{3^n}\).
3. On a \(c_n\sim 3\cdot 2^{-n}\), donc le rayon vaut 2. Pour \(|x| < 2\), les deux séries géométriques se somment : \[\sum_{n=0}^{+\infty}c_nx^n=\frac{3}{1-x/2}-\frac{2}{1-x/3}=\frac{3(1-x/3)-2(1-x/2)}{(1-x/2)(1-x/3)}=\frac{1}{(1-x/2)(1-x/3)}.\] On retrouve bien le produit des deux sommes, comme l’annonce le théorème sur le produit de Cauchy.

Corrigé de l’exercice 6 – Sommer en intégrant la série géométrique

Idée clé : multiplier par \(x^2\) fait apparaître la série du logarithme, privée de ses deux premiers termes.

1. On a \(\dfrac{1}{n+2}\sim\dfrac{1}{n}\), et la série \(\sum x^n/n\) a pour rayon 1. Donc \(R=1\).
2. Pour \(x\in\,]-1,1[\) non nul, on écrit \[x^2S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{n+2}}{n+2}=\sum_{m=2}^{+\infty}\frac{x^m}{m}=-\ln(1-x)-x.\] Par conséquent, \(S(x)=-\dfrac{\ln(1-x)+x}{x^2}\) pour \(x\neq 0\), et \(S(0)=\dfrac{1}{2}\), premier terme de la série.
3. La somme demandée vaut \(S(1/2)\). Or \(\ln(1-1/2)=-\ln 2\), donc \(S(1/2)=4\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)\). Ainsi \(\displaystyle\sum_{n\geq 0}\frac{1}{2^n(n+2)}=4\ln 2-2\approx 0{,}773\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Rayon pour des coefficients mal connus

Idée clé : on majore les coefficients pour obtenir \(R\geq 1\), puis on montre qu’ils ne tendent pas vers 0 pour obtenir la divergence en 1.

1. Tout diviseur positif de \(n\) est compris entre 1 et \(n\), donc \(1\leq a_n\leq n\). D’abord, \(a_n\leq n\) donne \(R\geq 1\), rayon de \(\sum nz^n\). Ensuite, \(a_n\geq 1\) donne \(R\leq 1\). Ainsi \(R=1\).
2. Chaque décimale vérifie \(0\leq a_n\leq 9\), donc \(R\geq 1\). Supposons que \(a_n\to 0\). Comme les \(a_n\) sont entiers, ils seraient nuls à partir d’un certain rang. Le développement décimal de \(\sqrt{2}\) serait alors fini, et \(\sqrt{2}\) serait rationnel : c’est absurde. Donc \((a_n)\) ne tend pas vers 0, la série diverge en 1 et \(R\leq 1\). Finalement, \(R=1\).
3. On a \(0\leq a_n\leq 1\), donc \(R\geq 1\). De plus, \(a_{k^2}=1\) pour tout \(k\), donc \(a_n\) ne tend pas vers 0. La série diverge en 1, d’où \(R=1\).

Corrigé de l’exercice 8 – Coefficients au carré et puissances paires

Idée clé : on utilise la caractérisation du rayon par les suites bornées, qui se transporte très bien par passage au carré.

1. Pour \(r > 0\), la suite \((a_n^2r^n)\) est bornée si et seulement si \((|a_n|(\sqrt{r})^n)\) l’est, puisque l’une est le carré de l’autre. Ainsi \(r\) est admissible pour \(\sum a_n^2z^n\) si et seulement si \(\sqrt{r}\) est admissible pour \(\sum a_nz^n\). Les \(\sqrt{r}\) admissibles ont pour borne supérieure \(R\), donc les \(r\) admissibles ont pour borne supérieure \(R^2\). Ainsi le rayon vaut \(R^2\).
2. On pose \(w=z^2\). Lorsque \(|z|^2 < R\), le point \(w\) est dans le disque ouvert de \(\sum a_nw^n\) : la convergence est absolue. Lorsque \(|z|^2 > R\), le point \(w\) est hors du disque fermé, le terme \(a_nw^n\) est non borné, et la divergence est grossière. La frontière est \(|z|=\sqrt{R}\), donc le rayon vaut \(\sqrt{R}\).
3. La série \(\sum z^n/(n4^n)\) a pour rayon 4, par la règle de d’Alembert. Par la question 2, \(\sum z^{2n}/(n4^n)\) a pour rayon 2. Ensuite, \(\dfrac{1}{n^216^n}=\left(\dfrac{1}{n4^n}\right)^2\), donc la question 1 donne un rayon égal à 16.

Corrigé de l’exercice 9 – Coefficient polynomial et valeur en un demi

Idée clé : on obtient \(\sum nx^n\) et \(\sum n^2x^n\) en appliquant l’opérateur « dériver puis multiplier par \(x\) » à la série géométrique.

1. On a \(n^2+1\sim n^2\), et le facteur \(n^2\) ne change pas le rayon de \(\sum x^n\). Donc \(R=1\).
2. Sur \(]-1,1[\), la dérivation terme à terme de \(\sum x^n=\frac{1}{1-x}\) donne \(\sum_{n\geq 1}nx^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}\). En multipliant par \(x\), on obtient \(\sum nx^n=\dfrac{x}{(1-x)^2}\). On dérive encore puis on multiplie par \(x\) : \[\sum_{n\geq 1}n^2x^n=x\cdot\frac{(1-x)^2+2x(1-x)}{(1-x)^4}=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}.\]
3. Par linéarité sur \(]-1,1[\), \[\sum_{n=0}^{+\infty}(n^2+1)x^n=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}+\frac{1}{1-x}=\frac{x+x^2+(1-x)^2}{(1-x)^3}=\frac{2x^2-x+1}{(1-x)^3}.\]
4. On prend \(x=1/2\), qui est dans l’intervalle de convergence. Le numérateur vaut \(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1=1\) et le dénominateur \(\frac{1}{8}\). Ainsi \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{n^2+1}{2^n}=8\).

Corrigé de l’exercice 10 – Sommer avec une décomposition en éléments simples

Idée clé : la décomposition \(\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\) ramène à deux séries du logarithme, et la convergence normale règle le bord.

1. Le coefficient est équivalent à \(1/n^2\), donc \(R=1\). Pour \(|x|\leq 1\), on a \(\left|\dfrac{x^n}{(n+1)(n+2)}\right|\leq\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\), terme d’une série convergente. Ainsi la série converge normalement sur \([-1,1]\), et \(S\) y est continue.
2. Pour \(x\in\,]-1,1[\) non nul, les deux séries \(\sum\frac{x^n}{n+1}\) et \(\sum\frac{x^n}{n+2}\) convergent, ce qui autorise la séparation. D’une part, \(\sum\frac{x^n}{n+1}=-\frac{\ln(1-x)}{x}\). D’autre part, l’exercice 6 donne \(\sum\frac{x^n}{n+2}=-\frac{\ln(1-x)+x}{x^2}\). Par différence, \[S(x)=\frac{-x\ln(1-x)+\ln(1-x)+x}{x^2}=\frac{(1-x)\ln(1-x)+x}{x^2}.\]
3. Par continuité de \(S\) en 1, et comme \((1-x)\ln(1-x)\to 0\) quand \(x\to 1^-\), on obtient \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)(n+2)}=1\), ce que confirme un télescopage. Par continuité en \(-1\), on obtient \(S(-1)=\frac{2\ln 2-1}{1}\). Ainsi \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)(n+2)}=2\ln 2-1\approx 0{,}386\).

La courbe de \(S\) relie ces deux valeurs extrêmes en passant par \(S(0)=1/2\).

Corrigé de l’exercice 11 – Domaines de convergence et comportement au bord

Idée clé : les quatre rayons valent 1, puis chaque point du bord se traite comme une série numérique avec le bon critère.

1. Le rayon vaut 1. En \(\pm 1\), la série converge absolument car \(\sum 1/n^2\) converge. Domaine : \([-1,1]\).
2. Le rayon vaut 1. En 1, la série de Riemann \(\sum 1/\sqrt{n}\) diverge. En \(-1\), la suite \(1/\sqrt{n}\) décroît vers 0, donc le critère des séries alternées s’applique. Domaine : \([-1,1[\).
3. Le rayon vaut 1. En \(\pm 1\), le terme général a pour module \(n\), qui ne tend pas vers 0. Domaine : \(]-1,1[\).
4. Le quotient \(\dfrac{n\ln n}{(n+1)\ln(n+1)}\) tend vers 1, donc le rayon vaut 1. En 1, la série \(\sum\frac{(-1)^n}{n\ln n}\) est alternée, et \(\frac{1}{n\ln n}\) décroît vers 0 : elle converge. En \(-1\), le terme vaut \(\frac{1}{n\ln n}\). La fonction \(t\mapsto\frac{1}{t\ln t}\) est positive et décroissante sur \([2,+\infty[\), et \(\int_2^N\frac{dt}{t\ln t}=\ln(\ln N)-\ln(\ln 2)\to+\infty\). Par comparaison série-intégrale, la série diverge. Domaine : \(]-1,1]\).

Corrigé de l’exercice 12 – Produit de Cauchy et nombres harmoniques

Idée clé : \(H_n\) est une somme partielle, et une somme partielle est toujours le coefficient d’un produit par la série géométrique.

1. Pour \(n\geq 1\), on a \(1\leq H_n\leq n\). Les séries \(\sum x^n\) et \(\sum nx^n\) ont pour rayon 1, donc \(R=1\).
2. On pose \(a_0=0\), \(a_k=1/k\) pour \(k\geq 1\), et \(b_m=1\) pour tout \(m\). Le produit de Cauchy a pour coefficient \(c_n=\sum_{k=0}^{n}a_kb_{n-k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=H_n\). Les deux séries ont pour rayon 1, et leurs sommes valent \(-\ln(1-x)\) et \(\frac{1}{1-x}\). Ainsi, pour \(|x| < 1\), \(\displaystyle\sum_{n\geq 1}H_nx^n=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}\).
3. Avec \(x=1/2\), on obtient \(-\dfrac{\ln(1/2)}{1/2}\). Donc \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{H_n}{2^n}=2\ln 2\).

Corrigé de l’exercice 13 – Série des inverses des factorielles paires

Idée clé : on pose \(x=t^2\) ou \(x=-t^2\) pour reconnaître les séries du cosinus hyperbolique et du cosinus.

1. Le quotient des coefficients vaut \(\dfrac{(2n)!}{(2n+2)!}=\dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)}\to 0\). Donc \(R=+\infty\).
2. Si \(x\geq 0\), on pose \(t=\sqrt{x}\) : \(f(x)=\sum\frac{t^{2n}}{(2n)!}=\operatorname{ch}t\). Si \(x < 0\), on pose \(t=\sqrt{-x}\), de sorte que \(x^n=(-1)^nt^{2n}\) : \(f(x)=\sum(-1)^n\frac{t^{2n}}{(2n)!}=\cos t\). Ainsi \(f(x)=\operatorname{ch}\sqrt{x}\) pour \(x\geq 0\) et \(f(x)=\cos\sqrt{-x}\) pour \(x < 0\).
3. Le rayon est infini, donc on dérive terme à terme sur \(\mathbb{R}\). On obtient \[4xf^{\prime\prime}(x)+2f^{\prime}(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{4n(n-1)+2n}{(2n)!}x^{n-1}=\sum_{n\geq 1}\frac{2n(2n-1)}{(2n)!}x^{n-1}.\] Or \(\dfrac{2n(2n-1)}{(2n)!}=\dfrac{1}{(2n-2)!}\). Le changement d’indice \(m=n-1\) donne donc \(\sum_{m\geq 0}\frac{x^m}{(2m)!}=f(x)\). Ainsi \(4xf^{\prime\prime}+2f^{\prime}-f=0\) sur \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 14 – Somme continue au bord mais de pente infinie

Idée clé : la série converge normalement au bord, mais la série dérivée est comparable à la série harmonique et explose en 1.

1. On a \(\frac{1}{n^2+1}\sim\frac{1}{n^2}\), donc \(R=1\). Pour \(|x|\leq 1\), \(\left|\frac{x^n}{n^2+1}\right|\leq\frac{1}{n^2+1}\), terme d’une série convergente. La convergence est donc normale sur \([-1,1]\), et \(f\) est continue sur \([-1,1]\).
2. Sur \(]-1,1[\), \(f^{\prime}(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{n}{n^2+1}x^{n-1}\). Pour \(x\in[0,1[\), tous les termes sont positifs, donc \(f^{\prime}(x)\geq P_N(x)\) pour tout \(N\), où \(P_N(x)=\sum_{n=1}^{N}\frac{n}{n^2+1}x^{n-1}\). Fixons \(A > 0\). Comme \(\frac{n}{n^2+1}\sim\frac{1}{n}\), la série \(\sum\frac{n}{n^2+1}\) diverge, et on choisit \(N\) tel que \(P_N(1)\geq A+1\). Ensuite, le polynôme \(P_N\) est continu, donc \(P_N(x)\geq A\) sur un intervalle \([1-\eta,1[\). Sur cet intervalle, \(f^{\prime}(x)\geq A\). Ainsi \(f^{\prime}(x)\to+\infty\) quand \(x\to 1^-\).
3. Fixons \(x\in[0,1[\). Sur \([x,1]\), la fonction \(f\) remplit les hypothèses du théorème des accroissements finis : continuité sur le segment, dérivabilité à l’intérieur. Il existe donc \(c_x\in\,]x,1[\) avec \(\frac{f(1)-f(x)}{1-x}=f^{\prime}(c_x)\). Lorsque \(x\) tend vers 1 par la gauche, \(c_x\) aussi, et ce taux tend vers \(+\infty\). Par conséquent, \(f\) n’est pas dérivable à gauche en 1 : sa courbe y admet une tangente verticale.

Corrigé de l’exercice 15 – Une somme alternée calculée par intégration

Idée clé : la dérivée de \(g\) est une série géométrique ; le passage au bord repose sur la majoration uniforme du reste d’une série alternée.

1. La série est lacunaire. Avec \(u_n=\frac{|x|^{3n+1}}{3n+1}\), on a \(\frac{u_{n+1}}{u_n}\to|x|^3\), donc \(R=1\). Sur \(]-1,1[\), la dérivation terme à terme donne \(g^{\prime}(x)=\sum(-1)^nx^{3n}=\sum(-x^3)^n\), soit \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{1+x^3}\).
2. Comme \(1+t^3=(1+t)(t^2-t+1)\), on cherche \(\frac{1}{1+t^3}=\frac{a}{1+t}+\frac{bt+c}{t^2-t+1}\). L’évaluation en \(-1\) donne \(a=\frac{1}{3}\). Les termes en \(t^2\) donnent \(b=-\frac{1}{3}\), et le terme constant donne \(c=\frac{2}{3}\). Ensuite, on écrit \(2-t=-\frac{1}{2}(2t-1)+\frac{3}{2}\). On obtient \[\int_0^1\frac{dt}{1+t^3}=\frac{\ln 2}{3}-\frac{1}{6}\Big[\ln(t^2-t+1)\Big]_0^1+\frac{1}{2}\int_0^1\frac{dt}{(t-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}.\] Le crochet est nul. La dernière intégrale vaut \(\frac{2}{\sqrt{3}}\Big[\arctan\frac{2t-1}{\sqrt{3}}\Big]_0^1=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\pi}{3}\). Ainsi \(\displaystyle\int_0^1\frac{dt}{1+t^3}=\frac{\ln 2}{3}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\).
3. Pour \(x\in[0,1]\), la suite \(\frac{x^{3n+1}}{3n+1}\) est décroissante et tend vers 0. Le critère des séries alternées donne la convergence et la majoration du reste : \(|R_N(x)|\leq\frac{x^{3N+4}}{3N+4}\leq\frac{1}{3N+4}\). Cette borne ne dépend pas de \(x\) et tend vers 0. La convergence est donc uniforme sur \([0,1]\), et \(g\) est continue sur \([0,1]\).
4. Pour \(x\in[0,1[\), \(g(0)=0\) donne \(g(x)=\int_0^x\frac{dt}{1+t^3}\). Les deux membres sont continus en 1 ; on fait tendre \(x\) vers 1. Par conséquent, \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}=\frac{\ln 2}{3}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\approx 0{,}8356\). Le théorème d’Abel radial donnait aussi ce passage à la limite.

Les sommes partielles oscillent autour de cette valeur, avec un écart majoré par le premier terme omis.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Coefficients récurrents et fraction rationnelle

Idée clé : la relation de récurrence se traduit en une équation algébrique sur la somme, et l’unicité des coefficients donne ensuite \(a_n\).

1. On raisonne par récurrence double. D’abord, \(a_0=1\leq 1\) et \(a_1=1\leq 2\). Ensuite, si \(0 < a_n\leq 2^n\) et \(0 < a_{n+1}\leq 2^{n+1}\), alors \(a_{n+2}=a_{n+1}+2a_n\) est strictement positif et majoré par \(2^{n+1}+2\cdot 2^n=2^{n+2}\). La comparaison avec \(\sum 2^nx^n\) donne \(R\geq\frac{1}{2}\).
2. Pour \(|x| < R\), on regroupe les trois séries convergentes selon les puissances de \(x\) : \[(1-x-2x^2)f(x)=a_0+(a_1-a_0)x+\sum_{n=0}^{+\infty}(a_{n+2}-a_{n+1}-2a_n)x^{n+2}.\] La relation de récurrence annule la série, et \(a_1-a_0=0\). Donc \((1-x-2x^2)f(x)=1\).
3. On factorise \(1-x-2x^2=(1-2x)(1+x)\) et on obtient \(f(x)=\frac{2/3}{1-2x}+\frac{1/3}{1+x}\) pour \(|x| < \frac{1}{2}\). On développe chaque fraction en série géométrique. Par unicité des coefficients d’une série entière, \(a_n=\dfrac{2^{n+1}+(-1)^n}{3}\). On vérifie \(a_2=3=a_1+2a_0\). Enfin, \(a_n\sim\frac{2}{3}2^n\), donc \(R=\frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 17 – Restes de la série exponentielle

Idée clé : \(a_n\) est un coefficient de produit de Cauchy ; quant aux restes \(b_n\), leur décroissance très rapide donne un rayon infini, donc la continuité en 1.

1. Le produit de Cauchy de \(\sum\frac{x^k}{k!}\), de rayon infini, et de \(\sum x^m\), de rayon 1, a pour coefficient \(\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot 1=a_n\). Son rayon est donc au moins 1. De plus, \(a_n\to e\neq 0\), donc la série diverge en 1, et le rayon vaut 1. Ainsi \(\sum a_nx^n=\dfrac{e^x}{1-x}\) sur \(]-1,1[\).
2. On a \(b_n=\sum_{k\geq n+1}\frac{1}{k!} > 0\). Pour \(j\geq 0\), on a \(\frac{(n+1+j)!}{(n+1)!}=(n+2)\cdots(n+1+j)\geq 2^j\). Par conséquent, \[b_n\leq\frac{1}{(n+1)!}\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{1}{2^j}=\frac{2}{(n+1)!}.\] La série \(\sum\frac{2x^n}{(n+1)!}\) a un rayon infini, par la règle de d’Alembert. Par comparaison, \(\sum b_nx^n\) a un rayon infini.
3. Pour \(|x| < 1\), les séries \(\sum e\,x^n\) et \(\sum a_nx^n\) convergent. Par différence, \(g(x)=\dfrac{e}{1-x}-\dfrac{e^x}{1-x}=\dfrac{e-e^x}{1-x}\).
4. Le rayon est infini, donc \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}\), en particulier en 1. Ainsi \(g(1)=\lim_{x\to 1^-}\frac{e^x-e}{x-1}\), qui est le nombre dérivé de l’exponentielle en 1. Or \(g(1)=\sum b_n\). Finalement, \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(e-a_n)=e\). Numériquement, \(1{,}718+0{,}718+0{,}218+0{,}052+0{,}010+\dots\approx 2{,}718\).

Corrigé de l’exercice 18 – Même rayon pour la série dérivée

Idée clé : on glisse un rayon intermédiaire \(r\) entre \(|z|\) et \(R\), pour transformer une suite bornée en une série géométrique pondérée par \(n\).

1. Pour \(n\geq 1\), \(|a_n|\leq n|a_n|\). Si \((na_nr^n)\) est bornée, alors \((a_nr^n)\) l’est aussi. Les rayons admissibles pour la série dérivée le sont donc pour la série initiale, et \(R^{\prime}\leq R\).
2. Comme \(r < R\), il existe un rayon admissible au-delà de \(r\), donc \((a_nr^n)\) est bornée par un réel \(M\). On écrit \(n|a_n||z|^n=|a_n|r^n\cdot n\left(\frac{|z|}{r}\right)^n\leq M\,n\,q^n\) avec \(q=|z|/r < 1\). La série \(\sum nq^n\) converge, par la règle de d’Alembert. Donc \(\sum na_nz^n\) converge absolument, et \(R^{\prime}\geq|z|\). Ceci vaut pour tout \(|z| < R\), d’où \(R^{\prime}=R\).
3. Pour \(|z|\leq\rho\), on a \(|a_nz^n|\leq|a_n|\rho^n\). Comme \(\rho < R\), la série \(\sum|a_n|\rho^n\) converge. La convergence est donc normale sur \(\overline{D}(0,\rho)\).
4. Soit \(z_0\in D(0,R)\). On choisit \(\rho\) entre \(|z_0|\) et \(R\). Sur \(\overline{D}(0,\rho)\), \(f\) est limite uniforme de polynômes, donc continue. Or \(z_0\) est intérieur à ce disque, donc \(f\) est continue en \(z_0\). Pour la dérivabilité, on fixe \(\rho\in\,]0,R[\). La série \(\sum a_nx^n\) converge sur \([-\rho,\rho]\). Ensuite, la série dérivée vérifie \(|na_nx^{n-1}|\leq n|a_n|\rho^{n-1}\), terme d’une série convergente car \(R^{\prime}=R > \rho\). Le théorème de dérivation des séries de fonctions donne alors \(f\in\mathcal{C}^1([-\rho,\rho])\) avec \(f^{\prime}(x)=\sum_{n\geq 1}na_nx^{n-1}\). Tout point de \(]-R,R[\) est dans un tel segment, ce qui conclut.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : série des cosinus et théorème d’Abel radial

Idée clé : on somme la série à l’intérieur grâce à une série géométrique complexe, puis on prouve la convergence au bord par une transformation d’Abel avant de passer à la limite.

Partie A : rayon et somme à l’intérieur

1. Supposons que \(\cos(n\theta)\to 0\). Alors \(\cos(2n\theta)=2\cos^2(n\theta)-1\to-1\). Or \((\cos(2n\theta))\) est une suite extraite de \((\cos(n\theta))\), donc elle tend vers 0. C’est absurde : \((\cos(n\theta))\) ne tend pas vers 0.
2. D’une part, \(\left|\frac{\cos(n\theta)}{n}\right|\leq\frac{1}{n}\), donc \(R\geq 1\). D’autre part, fixons \(x > 1\). Par la question 1, il existe \(\varepsilon > 0\) et une infinité d’indices \(n\) tels que \(|\cos(n\theta)|\geq\varepsilon\). Pour ces indices, le terme est minoré en module par \(\varepsilon\frac{x^n}{n}\), qui tend vers \(+\infty\). Le terme général n’est donc pas borné, et \(R\leq x\). Ceci vaut pour tout \(x > 1\), donc \(R=1\).
3. Sur \(]-1,1[\), on dérive terme à terme. Comme \(x\) est réel, \(\cos(n\theta)x^{n-1}\) est la partie réelle de \(e^{in\theta}x^{n-1}\). De plus, \(|xe^{i\theta}| < 1\), donc \[\sum_{n\geq 1}e^{in\theta}x^{n-1}=\frac{e^{i\theta}}{1-xe^{i\theta}}=\frac{e^{i\theta}(1-xe^{-i\theta})}{|1-xe^{i\theta}|^2}=\frac{e^{i\theta}-x}{1-2x\cos\theta+x^2}.\] En prenant la partie réelle, \(f^{\prime}(x)=\dfrac{\cos\theta-x}{1-2x\cos\theta+x^2}\).
4. Le dénominateur vaut \(|1-xe^{i\theta}|^2\). Il est strictement positif, car \(xe^{i\theta}\neq 1\) : ce nombre est nul ou non réel, puisque \(\sin\theta\neq 0\). La fonction \(h(x)=-\frac{1}{2}\ln(1-2x\cos\theta+x^2)\) est donc définie et dérivable, avec \(h^{\prime}(x)=-\frac{1}{2}\cdot\frac{2x-2\cos\theta}{1-2x\cos\theta+x^2}=f^{\prime}(x)\). De plus, \(h(0)=0=f(0)\). Sur l’intervalle \(]-1,1[\), on obtient donc \(f(x)=-\frac{1}{2}\ln(1-2x\cos\theta+x^2)\).

Partie B : convergence au point 1

1. Comme \(e^{i\theta}\neq 1\), la somme géométrique donne \(\sum_{k=1}^{n}e^{ik\theta}=e^{i\theta}\dfrac{e^{in\theta}-1}{e^{i\theta}-1}\). Le numérateur a un module au plus 2. Ensuite, \(|e^{i\theta}-1|=|e^{i\theta/2}|\cdot|e^{i\theta/2}-e^{-i\theta/2}|=2\sin\frac{\theta}{2}\), qui est strictement positif. Enfin, \(|C_n|\) est majoré par le module de la somme complexe. Ainsi \(|C_n|\leq\dfrac{1}{\sin(\theta/2)}\).
2. On pose \(C_0=0\), de sorte que \(\cos(k\theta)=C_k-C_{k-1}\) pour \(k\geq 1\). Alors \[\sum_{k=1}^{n}\frac{C_k-C_{k-1}}{k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{C_k}{k}-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{C_k}{k+1}=\frac{C_n}{n}+\sum_{k=1}^{n-1}C_k\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right),\] car le terme d’indice 0 est nul. C’est la formule annoncée.
3. Notons \(M=1/\sin(\theta/2)\). D’abord, \(|C_n/n|\leq M/n\to 0\). Ensuite, \(\left|C_k\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\right|\leq\frac{M}{k(k+1)}\), terme d’une série convergente. La série \(\sum C_k\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\) converge donc absolument. Par conséquent, la série \(\sum\frac{\cos(n\theta)}{n}\) converge.

Partie C : passage à la limite

1. La série entière a pour rayon 1 et converge en \(x=1\) d’après la partie B. Le théorème d’Abel radial donne \(\sum\frac{\cos(n\theta)}{n}=\lim_{x\to 1^-}f(x)\). La formule de la partie A est continue en 1, car \(2-2\cos\theta > 0\). Donc la somme vaut \(-\frac{1}{2}\ln(2-2\cos\theta)\). Or \(2-2\cos\theta=4\sin^2\frac{\theta}{2}\) et \(\sin\frac{\theta}{2} > 0\). Ainsi \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(n\theta)}{n}=-\ln\left(2\sin\frac{\theta}{2}\right)\).
2. Pour \(\theta=\pi/3\), on a \(2\sin\frac{\pi}{6}=1\), donc la somme est nulle. Pour \(\theta=2\pi/3\), on a \(2\sin\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}\), donc la somme vaut \(-\frac{1}{2}\ln 3\).

La figure compare la fonction limite à deux sommes partielles. Les points marqués correspondent aux deux valeurs de la dernière question.

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Rayon et somme d'une série entière en maths spé (MP)» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 783 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.