Développer en série entière : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : développer en série entière

Le corrigé détaillé : développer en série entière

Exercice 1 – Trois développements par opérations (4 points)

1. Éléments simples

   On cherche \(A\) et \(B\) tels que \(7 = A(2 – x) + B(1 + 3x)\). En prenant \(x = 2\), on obtient \(7B = 7\), donc \(B = 1\). Puis \(x = -\frac{1}{3}\) donne \(\frac{7}{3} A = 7\), donc \(A = 3\). Ainsi \(g(x) = \dfrac{3}{1 + 3x} + \dfrac{1}{2 – x}\), ce que confirme la valeur \(g(0) = \frac{7}{2} = 3 + \frac{1}{2}\).

   Deux séries géométriques

   D’une part, \(\dfrac{3}{1 + 3x} = \sum_{n \geq 0} 3(-3)^n x^n\) pour \(\lvert x \rvert < \frac{1}{3}\), série de rayon \(\frac{1}{3}\). D’autre part, \(\dfrac{1}{2 – x} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{1 – x/2} = \sum_{n \geq 0} \dfrac{x^n}{2^{n+1}}\) pour \(\lvert x \rvert < 2\), série de rayon 2. Comme ces deux rayons sont distincts, le rayon de la somme est leur minimum. Par conséquent, \(g(x) = \sum_{n \geq 0} \left((-1)^n 3^{n+1} + \dfrac{1}{2^{n+1}}\right) x^n\), de rayon \(\frac{1}{3}\), valable sur \(]-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}[\).

2. Détour par le cosinus hyperbolique complexe

   Pour \(a, b\) réels, \(\operatorname{ch}(a + ib) = \operatorname{ch}(a)\cos(b) + i\operatorname{sh}(a)\sin(b)\). Avec \(a = b = x\), on a donc \(h(x) = \operatorname{Im}\operatorname{ch}\big((1 + i)x\big)\). Or \(\operatorname{ch}(z) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{z^{2n}}{(2n)!}\) pour tout complexe \(z\), et \((1 + i)^2 = 2i\), d’où

   \[\operatorname{ch}\big((1 + i)x\big) = \sum_{n \geq 0} \frac{2^n i^n}{(2n)!} x^{2n}.\]

   Le nombre \(i^n\) est réel quand \(n\) est pair. En revanche, pour \(n = 2k + 1\), il vaut \((-1)^k i\). On ne garde donc que les indices impairs. Ainsi \(h(x) = \sum_{k \geq 0} \dfrac{(-1)^k\, 2^{2k+1}}{(4k+2)!} x^{4k+2}\) pour tout réel \(x\), avec un rayon infini, car la série de \(\operatorname{ch}\) converge sur tout \(\mathbb{C}\). Le premier terme \(x^2\) concorde bien avec \(\operatorname{sh}(x)\sin(x) \sim x^2\).

3. Un logarithme coupé en deux

   Pour \(x \in \,]-1, 1[\), les nombres \(1 + x\) et \(1 + x^3\) sont strictement positifs, donc \(k(x) = \ln(1 + x^3) – \ln(1 + x)\). Alors, en utilisant deux fois le développement de \(\ln(1 + t)\) sur \(]-1, 1[\) :

   \[k(x) = \sum_{m \geq 1} \frac{(-1)^{m+1}}{m} x^{3m} + \sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^n}{n} x^n.\]

   Si \(3\) ne divise pas \(n\), le coefficient vaut \(\frac{(-1)^n}{n}\). Si \(n = 3m\), il vaut \(\frac{(-1)^{m+1} \times 3 + (-1)^m}{3m} = -\frac{2(-1)^n}{n}\). Donc \(k(x) = \sum_{n \geq 1} c_n x^n\) avec \(c_n = \frac{(-1)^n}{n}\) ou \(c_n = -\frac{2(-1)^n}{n}\) selon que \(n\) est premier à 3 ou multiple de 3, sur \(]-1, 1[\). Enfin, \(\frac{1}{n} \leq \lvert c_n \rvert \leq \frac{2}{n}\), et la série \(\sum \frac{x^n}{n}\) a pour rayon 1 : par comparaison, le rayon vaut 1.

Barème : question 1 sur 1,5 point (éléments simples 0,5 ; développement 0,5 ; rayon justifié 0,5) ; question 2 sur 1,5 point (passage par ch 0,5 ; tri des indices 0,5 ; rayon 0,5) ; question 3 sur 1 point.

Piège classique : affirmer que le rayon d’une somme est toujours le minimum des rayons. C’est vrai seulement quand les deux rayons diffèrent, ce qu’il faut donc écrire.

Exercice 2 – Arcsinus divisé par une racine (5 points)

1. Les fonctions \(\operatorname{Arcsin}\) et \(x \mapsto (1 – x^2)^{-1/2}\) sont de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(]-1, 1[\), car \(1 – x^2 > 0\) sur cet intervalle. Leur produit \(f\) l’est donc aussi. De plus, \(\operatorname{Arcsin}\) est impaire et la racine est paire, si bien que \(f\) est impaire. Ensuite, la dérivée d’un produit donne

   \[f^{\prime}(x) = \frac{1}{1 – x^2} + \frac{x \operatorname{Arcsin}(x)}{(1 – x^2)^{3/2}}.\]

   En multipliant par \(1 – x^2\), on trouve \((1 – x^2) f^{\prime}(x) = 1 + x f(x)\). Ainsi \(f\) vérifie \((E)\) sur \(]-1, 1[\).

2. Identification des coefficients

   Sur \(]-R, R[\), la dérivation terme à terme est licite. On écrit alors \(S^{\prime}(x) = \sum_{n \geq 0} (n+1) a_{n+1} x^n\), puis \(x^2 S^{\prime}(x) = \sum_{n \geq 1} (n-1) a_{n-1} x^n\) et \(x S(x) = \sum_{n \geq 1} a_{n-1} x^n\). L’équation \((E)\) devient

   \[a_1 + \sum_{n \geq 1} \big((n+1) a_{n+1} – n\, a_{n-1}\big) x^n = 1.\]

   Le rayon étant strictement positif, deux séries entières de même somme ont les mêmes coefficients. On en tire \(a_1 = 1\) et \((n+1) a_{n+1} = n\, a_{n-1}\) pour tout \(n \geq 1\).

   Termes pairs et impairs

   D’abord, \(a_0 = S(0) = 0\). La relation donne ensuite \(a_{2p} = \frac{2p – 1}{2p} a_{2p-2}\), donc tous les coefficients pairs sont nuls par récurrence. Pour les impairs, \((2p+1)\, a_{2p+1} = 2p\, a_{2p-1}\) ; en télescopant ces égalités depuis \(a_1 = 1\), il vient

   \[a_{2p+1} = \frac{2 \times 4 \times \cdots \times (2p)}{3 \times 5 \times \cdots \times (2p+1)} = \frac{2^p\, p!}{(2p+1)!\,/\,(2^p\, p!)}.\]

   On obtient bien \(a_{2p+1} = \dfrac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!}\). Par exemple, \(a_3 = \frac{2}{3}\), ce qui concorde avec le produit des développements limités de \(\operatorname{Arcsin}\) et de la racine.

3. Fixons \(x \neq 0\) et posons \(b_p = a_{2p+1} \lvert x \rvert^{2p+1} > 0\). Le quotient vaut \(\dfrac{b_{p+1}}{b_p} = \dfrac{2p + 2}{2p + 3}\, x^2\), qui tend vers \(x^2\). Le critère du quotient, appliqué à cette suite positive, fournit la convergence lorsque \(\lvert x \rvert < 1\). En revanche, pour \(\lvert x \rvert > 1\), la suite \((b_p)\) finit par croître et ne tend pas vers 0. Le rayon de convergence vaut donc 1.

4. Synthèse par unicité de la solution

   Notons \(S\) la somme de cette série sur \(]-1, 1[\). Les coefficients vérifient la récurrence de la question 2, donc le calcul de cette question, lu à l’envers, montre que \(S\) vérifie \((E)\) sur \(]-1, 1[\), avec \(S(0) = 0\). Or, sur \(]-1, 1[\), on peut diviser \((E)\) par \(1 – x^2 \neq 0\) : on obtient \(y^{\prime} = \dfrac{x y + 1}{1 – x^2}\), forme résolue d’une équation linéaire d’ordre 1 dont les fonctions coefficients sont continues sur \(]-1, 1[\). Le théorème de Cauchy pour les équations linéaires garantit alors une seule solution qui s’annule en 0. Comme \(f\) en est une aussi, d’après la question 1, on conclut que \(S = f\) sur \(]-1, 1[\) : \(f\) est développable en série entière, de rayon 1.

   

   La figure montre les sommes partielles \(T_1\), \(T_3\) et \(T_9\) : elles approchent bien \(f\) près de 0, mais de plus en plus lentement près des bords.

5. D’une part, \(f\left(\frac{1}{2}\right) = \dfrac{\pi/6}{\sqrt{3}/2} = \dfrac{\pi}{3\sqrt{3}}\). D’autre part, \(\dfrac{4^p}{2^{2p+1}} = \dfrac{1}{2}\), donc \(S\left(\frac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2} \sum_{p \geq 0} \dfrac{(p!)^2}{(2p+1)!}\). Par conséquent, \(\sum_{p = 0}^{+\infty} \dfrac{(p!)^2}{(2p+1)!} = \dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}} = \dfrac{2\pi\sqrt{3}}{9}\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (identification 0,75 ; formule close 0,75) ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1 point (équation vérifiée 0,5 ; Cauchy cité avec ses hypothèses 0,5) ; question 5 sur 0,5 point.

Piège classique : s’arrêter après l’analyse. Trouver des coefficients ne prouve rien tant que le rayon n’est pas non nul et que l’unicité de Cauchy n’a pas identifié la somme à \(f\).

Exercice 3 – Régularité ne veut pas dire développable (4 points)

1. Forme des dérivées sur la demi-droite positive

   Sur \(]0, +\infty[\), \(\varphi\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) comme composée de fonctions qui le sont. Pour \(n = 0\), le polynôme \(P_0 = 1\) convient. Supposons ensuite la propriété vraie au rang \(n\). En dérivant le produit, on obtient pour \(x > 0\) :

   \[\varphi^{(n+1)}(x) = \frac{1}{x^2}\left(P_n\left(\frac{1}{x}\right) – P_n^{\prime}\left(\frac{1}{x}\right)\right) \mathrm{e}^{-1/x}.\]

   Le polynôme \(P_{n+1} = X^2 (P_n – P_n^{\prime})\) convient donc, ce qui achève la récurrence.

2. Limites en 0 des dérivées

   Posons \(t = \frac{1}{x}\). Quand \(x \to 0^+\), \(t \to +\infty\), et par croissances comparées \(t^k \mathrm{e}^{-t} \to 0\) pour tout entier \(k\). Par linéarité, \(\varphi^{(n)}(x) = P_n(t)\, \mathrm{e}^{-t}\) tend vers 0. À gauche de 0, toutes les dérivées sont nulles.

   Récurrence sur l’ordre de dérivation

   Montrons que \(\varphi\) est de classe \(\mathcal{C}^n\) sur \(\mathbb{R}\) avec \(\varphi^{(n)}(0) = 0\). Pour \(n = 0\), \(\varphi\) est continue en 0, car \(\mathrm{e}^{-1/x} \to 0\) quand \(x \to 0^+\). Supposons alors le résultat acquis au rang \(n\). La fonction \(\varphi^{(n)}\) est continue sur \(\mathbb{R}\), de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^*\), et sa dérivée tend vers 0 en 0 des deux côtés. Le théorème de la limite de la dérivée montre ainsi que \(\varphi^{(n)}\) est dérivable en 0, avec \(\varphi^{(n+1)}(0) = 0\), et que \(\varphi^{(n+1)}\) est continue en 0. Donc \(\varphi \in \mathcal{C}^\infty(\mathbb{R})\), et chacune de ses dérivées s’annule à l’origine.

3. Supposons \(\varphi\) développable : il existe \(r > 0\) tel que \(\varphi(x) = \sum_{n \geq 0} \frac{\varphi^{(n)}(0)}{n!} x^n\) sur \(]-r, r[\), car les coefficients sont forcément ceux de Taylor. Cette somme est nulle, alors que \(\varphi\left(\frac{r}{2}\right) = \mathrm{e}^{-2/r} > 0\). Cette contradiction établit que \(\varphi\) n’admet aucun développement en série entière autour de l’origine, comme le suggère la figure de l’énoncé.

4. Une fonction régulière au rayon fini

   Pour \(\lvert x \rvert < 1\), la série géométrique de raison \(-x^2\) donne \(u(x) = \sum_{n \geq 0} (-1)^n x^{2n}\), de rayon 1. En effet, dès que \(\lvert x \rvert \geq 1\), on a \(\lvert (-1)^n x^{2n} \rvert \geq 1\) pour tout \(n\), ce qui interdit la convergence. De plus, \(S_N(x) = \dfrac{1 – (-x^2)^{N+1}}{1 + x^2}\). Quand \(\lvert x \rvert > 1\), \(\lvert S_N(x) \rvert\) tend donc vers \(+\infty\), avec le signe de \((-1)^N\) : c’est pourquoi \(S_2\) et \(S_{10}\) montrent vers le haut et \(S_5\) vers le bas. Ainsi, la série de Taylor de \(u\) ne représente \(u\) que sur \(]-1, 1[\), bien que \(u\) soit régulière sur \(\mathbb{R}\). Le rayon est en fait imposé par les pôles complexes \(\pm i\), de module 1.

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (limites 0,5 ; théorème de la limite de la dérivée et récurrence 1) ; question 3 sur 0,5 point ; question 4 sur 1 point (développement et rayon 0,5 ; explication 0,5).

Piège classique : croire qu’une fonction de classe \(\mathcal{C}^\infty\) est toujours la somme de sa série de Taylor. Il faut en plus contrôler le reste de Taylor.

Exercice 4 – Problème : les permutations de cube égal à l’identité (7 points)

1. Longueur des cycles et premières valeurs

   Écrivons \(\sigma\) comme produit de cycles à supports disjoints \(c_1 \cdots c_r\). Ces cycles commutent, donc \(\sigma^3 = c_1^3 \cdots c_r^3\), et les \(c_j^3\) gardent des supports disjoints. Ainsi \(\sigma^3 = \mathrm{id}\) si et seulement si chaque \(c_j^3\) vaut l’identité. Or un cycle de longueur \(\ell\) est d’ordre \(\ell\), et \(\ell\) divise 3 seulement pour \(\ell \in \{1, 3\}\). Ensuite, on compte : \(u_1 = 1\), \(u_2 = 1\) (la transposition ne convient pas), \(u_3 = 1 + 2 = 3\) et \(u_4 = 1 + 4 \times 2 = 9\), car il faut choisir le point fixe puis l’un des deux 3-cycles sur les trois autres éléments.

2. Premier cas : n + 1 est fixe

   Soit \(n \geq 2\) et \(\sigma\) une permutation de \([\![1, n+1]\!]\) telle que \(\sigma^3 = \mathrm{id}\). Si \(\sigma(n+1) = n+1\), la restriction de \(\sigma\) à \([\![1, n]\!]\) vérifie encore \(\sigma^3 = \mathrm{id}\). Réciproquement, toute telle permutation de \([\![1, n]\!]\) se prolonge ainsi de façon unique, d’où \(u_n\) permutations.

   Second cas : n + 1 est dans un 3-cycle

   Sinon, \(n + 1\) appartient à un cycle \((n+1\;\; a\;\; b)\), avec \(a = \sigma(n+1)\) et \(b = \sigma(a)\), deux éléments distincts de \([\![1, n]\!]\). Le couple \((a, b)\) se choisit de \(n(n-1)\) façons, et deux couples différents donnent des cycles différents. Puis \(\sigma\) induit sur les \(n – 2\) éléments restants une permutation de cube égal à l’identité, soit \(u_{n-2}\) choix. En sommant les deux cas disjoints, \(u_{n+1} = u_n + n(n-1)\, u_{n-2}\). Par exemple, \(u_5 = 9 + 12 \times 1 = 21\).

3. Une majoration grossière suffit

   Les permutations comptées forment une partie du groupe symétrique, qui a \(n!\) éléments : donc \(u_n \leq n!\), y compris pour \(n = 0\). Fixons alors \(x\) avec \(\lvert x \rvert < 1\). La majoration \(\left\lvert \frac{u_n}{n!} x^n \right\rvert \leq \lvert x \rvert^n\) permet de comparer avec une suite géométrique de raison \(\lvert x \rvert\) strictement inférieure à 1. Chaque réel de \(]-1, 1[\) rend donc la série absolument convergente, si bien que \(R \geq 1\).

4. Traduction de la récurrence sur la somme U

   La relation de la question 2 reste vraie pour \(n = 0\) et \(n = 1\) si l’on convient que le terme \(n(n-1) u_{n-2}\) est nul : en effet, \(u_1 = u_0\) et \(u_2 = u_1\). Ensuite, à l’intérieur de l’intervalle ouvert de convergence, la dérivation terme à terme est permise. Ainsi, pour \(x \in \,]-1, 1[\) :

   \[U^{\prime}(x) = \sum_{n \geq 0} \frac{u_{n+1}}{n!} x^n = \sum_{n \geq 0} \frac{u_n}{n!} x^n + \sum_{n \geq 2} \frac{u_{n-2}}{(n-2)!} x^n.\]

   La seconde somme vaut \(x^2 U(x)\) après le changement d’indice \(m = n – 2\). Par conséquent, \(U^{\prime}(x) = (1 + x^2)\, U(x)\) sur \(]-1, 1[\).

5. Posons \(V(x) = U(x)\, \mathrm{e}^{-x – x^3/3}\). Alors \(V^{\prime}(x) = \big(U^{\prime}(x) – (1 + x^2) U(x)\big)\mathrm{e}^{-x – x^3/3} = 0\). Comme \(]-1, 1[\) est un intervalle, \(V\) est constante, égale à \(V(0) = u_0 = 1\). On en déduit \(U(x) = \exp\left(x + \dfrac{x^3}{3}\right)\) pour tout \(x \in \,]-1, 1[\).

6. Produit de deux séries de rayon infini

   Pour tout réel \(x\), \(\mathrm{e}^x = \sum_{j \geq 0} \frac{x^j}{j!}\) et \(\mathrm{e}^{x^3/3} = \sum_{k \geq 0} \frac{x^{3k}}{3^k\, k!}\), deux séries de rayon infini. Leur produit de Cauchy converge donc sur \(\mathbb{R}\), et le coefficient de \(x^n\) y vaut \(c_n = \sum_{3k + j = n} \frac{1}{3^k\, k!\, j!}\).

   Identification et vérification

   Les séries \(\sum \frac{u_n}{n!} x^n\) et \(\sum c_n x^n\) ont la même somme sur \(]-1, 1[\). Leurs coefficients coïncident alors un à un, soit \(\frac{u_n}{n!} = c_n\), donc \(u_n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/3 \rfloor} \dfrac{n!}{3^k\, k!\, (n – 3k)!}\). Le terme d’indice \(k\) compte justement les permutations à \(k\) cycles de longueur 3. Pour \(n = 6\), on trouve \(1 + \frac{720}{3 \times 6} + \frac{720}{9 \times 2} = 1 + 40 + 40\), d’où \(u_6 = 81\). La récurrence confirme ce résultat : \(u_6 = u_5 + 20\, u_3 = 21 + 60 = 81\). En outre, le rayon \(R\) est en réalité infini, puisque les coefficients \(\frac{u_n}{n!}\) sont ceux du produit de Cauchy.

Barème : question 1 sur 0,5 point ; question 2 sur 1,5 point (deux cas 1 ; comptage de n(n − 1) 0,5) ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1,5 point (extension aux petits indices 0,5 ; dérivation et réindexation 1) ; question 5 sur 1 point ; question 6 sur 1,5 point (produit de Cauchy 0,5 ; unicité 0,5 ; calcul de u6 0,5).

Piège classique : compter \(\binom{n}{2}\) cycles contenant \(n + 1\). Chaque paire \(\{a, b\}\) fournit deux 3-cycles distincts, d’où le facteur \(n(n-1)\).

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