Sommes de séries entières : corrigé du contrôle de maths en L2

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Barème du contrôle corrigé : sommes de séries entières

Exercice	Points
1. Trois rayons à justifier	3 points
2. Une somme obtenue par dérivation	4 points
3. Une somme prolongée jusqu’au bord	4 points
4. Développements à partir des séries usuelles	3 points
5. Problème : une équation à coefficients polynomiaux	6 points
Total	20 points

Le corrigé détaillé : sommes de séries entières

Exercice 1 – Trois rayons à justifier (3 points)

1. Fixons \(x \neq 0\) et posons \(u_n = \frac{n^2 + 1}{3^n}\, |x|^{2n} > 0\). Alors \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2 + 1}{n^2 + 1} \times \frac{x^2}{3}\), de limite \(\frac{x^2}{3}\). Lorsque \(x^2 < 3\), ce quotient finit sous \(1\). Le critère de d’Alembert garantit alors l’absolue convergence. En revanche, lorsque \(x^2 > 3\), les \(u_n\) explosent vers \(+\infty\) : les termes ne s’approchent pas de \(0\). On conclut que \(R = \sqrt{3}\).
2. Comme \(\ln(1 + t) \sim t\) quand \(t \to 0\), on a \(\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}\). Or la série \(\sum \frac{x^n}{n}\) a pour rayon \(1\), car \(\frac{n}{n+1} \to 1\). Deux séries entières à coefficients équivalents ont le même rayon. Le rayon vaut donc \(1\). Pour \(x = 1\), les sommes partielles télescopent : \(\sum_{k=1}^{n} \left(\ln(k+1) – \ln k\right) = \ln(n+1)\), qui tend vers \(+\infty\). La série diverge en \(1\). Pour \(x = -1\), les valeurs absolues \(\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\) décroissent vers \(0\). Ainsi, le théorème de Leibniz sur les termes de signes alternés s’applique : il y a convergence en \(-1\).
3. Pour tout \(n\), \(0 < a_n \leq 3^n\). D’une part, si \(|x| < \frac{1}{3}\), alors \(|a_n x^n| \leq \left(3|x|\right)^n\). On reconnaît une série géométrique convergente, donc \(R \geq \frac{1}{3}\). D’autre part, si \(|x| > \frac{1}{3}\), on a \(a_{2p}\, x^{2p} = \left(3|x|\right)^{2p}\), quantité non majorée quand \(p\) grandit. Ici \((a_n x^n)\) échappe donc à toute borne, alors que le lemme d’Abel la rendrait bornée si \(|x|\) était inférieur à \(R\). Par conséquent \(R \leq |x|\) pour tout \(|x| > \frac{1}{3}\). Finalement, le rayon vaut \(\frac{1}{3}\).

Barème : 1) quotient et limite (0,5), conclusion avec les deux cas (0,5) ; 2) rayon par équivalent (0,5), nature en \(1\) et en \(-1\) (0,5) ; 3) minoration du rayon (0,5), majoration par le lemme d’Abel (0,5).

Piège classique : appliquer d’Alembert aux coefficients \(\frac{n^2+1}{3^n}\) de la première série et annoncer un rayon de \(3\). La série ne contient que des puissances paires : il faut raisonner sur \(x^2\).

Exercice 2 – Une somme obtenue par dérivation (4 points)

Rayon et séries géométriques dérivées

1. Les coefficients \(n^2 + n + 1\) sont strictement positifs et \(\frac{(n+1)^2 + (n+1) + 1}{n^2 + n + 1} = \frac{n^2 + 3n + 3}{n^2 + n + 1}\) a pour limite \(1\) ; le critère de d’Alembert appliqué à \(\sum \left(n^2 + n + 1\right) |x|^n\) donne alors \(R = 1\).
2. Sur \(\left]-1, 1\right[\), la somme géométrique s’écrit \(\sum_{n \geq 0} x^n = (1-x)^{-1}\), avec un rayon égal à \(1\). Le théorème de dérivation des séries entières autorise alors à dériver chaque terme. Le rayon reste le même. Une première dérivation fournit \((1-x)^{-2} = \sum_{n \geq 1} n\, x^{n-1}\), c’est-à-dire \(\sum_{n \geq 0} (n+1)\, x^n = (1-x)^{-2}\). Puis une seconde dérivation conduit à \(2(1-x)^{-3} = \sum_{n \geq 1} n(n+1)\, x^{n-1}\). Après le changement d’indice, \(\sum_{n \geq 0} (n+1)(n+2)\, x^n = \frac{2}{(1-x)^3}\).

Identification des coefficients et somme

3. En développant, \(\alpha (n+1)(n+2) + \beta (n+1) + \gamma = \alpha n^2 + (3\alpha + \beta) n + 2\alpha + \beta + \gamma\). L’identification donne \(\alpha = 1\), puis \(\beta = 1 – 3 = -2\), enfin \(\gamma = 1 – 2 + 2 = 1\). Par linéarité, sur \(\left]-1, 1\right[\) :
   \(S(x) = \frac{2}{(1-x)^3} – \frac{2}{(1-x)^2} + \frac{1}{1-x}\)
   \(S(x) = \frac{2 – 2(1-x) + (1-x)^2}{(1-x)^3} = \frac{2 – 2 + 2x + 1 – 2x + x^2}{(1-x)^3}\).
   Ainsi \(S(x) = \frac{1 + x^2}{(1-x)^3}\). Vérification : \(S(0) = 1 = a_0\).
4. Comme \(\frac{1}{2} \in \left]-1, 1\right[\), la série numérique vaut \(S\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1 + \frac{1}{4}}{\frac{1}{8}} = \frac{5}{4} \times 8\). Donc \(\sum_{n \geq 0} \frac{n^2 + n + 1}{2^n} = 10\).

Absence de convergence uniforme près de 1

5. Raisonnons par l’absurde. Si la convergence était uniforme sur \(\left[0, 1\right[\), il existerait un rang \(N\) tel que \(|S(x) – S_N(x)| \leq 1\) pour tout \(x \in \left[0, 1\right[\). Or \(S_N\) est un polynôme, donc il est borné sur le segment \(\left[0, 1\right]\) par un réel \(M\). On aurait alors \(S(x) \leq M + 1\) sur \(\left[0, 1\right[\). Pourtant, \(S(x) \to +\infty\) quand \(x \to 1^-\), car le numérateur tend vers \(2\) et le dénominateur vers \(0^+\). L’hypothèse est donc absurde : sur \(\left[0, 1\right[\), les \(S_N\) ne s’approchent pas uniformément de \(S\).

Barème : 1) 0,5 ; 2) théorème de dérivation cité (0,5), première somme (0,5), seconde somme (0,5) ; 3) coefficients (0,5), simplification (0,5) ; 4) 0,5 ; 5) raisonnement par l’absurde complet (0,5).

Piège classique : oublier le décalage d’indice après dérivation, ce qui produit \(\sum n\, x^n\) au lieu de \(\sum (n+1)\, x^n\) et fausse toute la suite.

Exercice 3 – Une somme prolongée jusqu’au bord (4 points)

Rayon et continuité sur le segment

1. Les coefficients \(\frac{1}{n(n+3)}\) sont équivalents à \(\frac{1}{n^2}\), et la série \(\sum \frac{x^n}{n^2}\) a pour rayon \(1\) puisque \(\frac{n^2}{(n+1)^2}\) a pour limite \(1\). Par comparaison des coefficients, \(R = 1\).
2. Pour \(|x| \leq 1\) et \(n \geq 1\), on a \(\left|\frac{x^n}{n(n+3)}\right| \leq \frac{1}{n(n+3)} \leq \frac{1}{n^2}\), majorant indépendant de \(x\). Or la série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge. Il y a donc convergence normale, et ainsi uniforme, sur \(\left[-1, 1\right]\). Comme chaque terme est continu, le théorème de continuité des sommes uniformément convergentes s’applique. Par conséquent, \(T\) est définie et continue sur \(\left[-1, 1\right]\).

Expression de T par des logarithmes

3. Fixons \(x \in \left]-1, 1\right[\). Sur le segment d’extrémités \(0\) et \(x\), la série géométrique \(\sum t^k\) a pour somme \((1-t)^{-1}\). Elle s’y intègre terme à terme, car ce segment est inclus dans l’intervalle ouvert de convergence. On obtient \(\int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{1-t} = \sum_{k \geq 0} \frac{x^{k+1}}{k+1}\), donc \(\ln\frac{1}{1-x} = \sum_{k \geq 1} \frac{x^k}{k}\) pour \(|x| < 1\).
   Ensuite, la réduction au même dénominateur montre que \(\frac{1}{3}\left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+3}\right) = \frac{1}{3} \times \frac{3}{n(n+3)} = \frac{1}{n(n+3)}\). Les séries \(\sum \frac{x^n}{n}\) et \(\sum \frac{x^n}{n+3}\) convergeant toutes deux, \(T(x) = \frac{1}{3}\left(\sum_{n \geq 1} \frac{x^n}{n} – \sum_{n \geq 1} \frac{x^n}{n+3}\right)\). Pour \(x \neq 0\), on pose \(k = n + 3\) :
   \(\sum_{n \geq 1} \frac{x^n}{n+3} = \frac{1}{x^3} \sum_{k \geq 4} \frac{x^k}{k} = \frac{1}{x^3}\left(-\ln(1-x) – x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3}\right)\).
   En reportant, \(T(x) = \frac{1}{3}\left(-\ln(1-x) + \frac{\ln(1-x) + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}}{x^3}\right)\).

Passage aux bornes de l’intervalle

4. Puisque \(T\) est continue sur \(\left[-1, 1\right]\), on a \(T(1) = \lim_{x \to 1^-} T(x)\). Regroupons d’abord les logarithmes :
   \(T(x) = \frac{1}{3}\left(\ln(1-x)\left(\frac{1}{x^3} – 1\right) + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{2x} + \frac{1}{3}\right)\),
   avec \(\frac{1}{x^3} – 1 = \frac{(1-x)\left(1 + x + x^2\right)}{x^3}\). Or \((1-x)\ln(1-x) \to 0\) par croissances comparées. Ainsi \(T(1) = \frac{1}{3}\left(0 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right) = \frac{1}{3} \times \frac{11}{6}\), d’où \(\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n(n+3)} = \frac{11}{18}\). On retrouve d’ailleurs ce nombre par télescopage : \(\frac{1}{3}\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right)\).
   De même, \(T(-1) = \lim_{x \to -1^+} T(x)\), et la formule est continue en \(-1\) :
   \(T(-1) = \frac{1}{3}\left(-\ln 2 + \frac{\ln 2 – 1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{3}}{-1}\right) = \frac{1}{3}\left(\frac{5}{6} – 2\ln 2\right)\).
   Donc \(\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^n}{n(n+3)} = \frac{5}{18} – \frac{2}{3}\ln 2 \approx -0{,}184\). La figure confirme ces deux valeurs aux extrémités.

Barème : 1) 0,5 ; 2) majoration uniforme (0,5), théorème de continuité (0,5) ; 3) développement du logarithme justifié (0,5), décalage d’indice (0,5), formule finale (0,5) ; 4) limite en \(1\) (0,5), valeur en \(-1\) (0,5).

Piège classique : remplacer directement \(x\) par \(1\) dans la formule, où \(\ln(1-x)\) n’a pas de sens. Seule la continuité de \(T\) sur le segment autorise le passage à la limite.

Exercice 4 – Développements à partir des séries usuelles (3 points)

1. Le trinôme a pour racines \(2\) et \(3\), donc \(x^2 – 5x + 6 = (2-x)(3-x) = 6\left(1 – \frac{x}{2}\right)\left(1 – \frac{x}{3}\right)\). Pour \(|x| < 2\), les deux facteurs sont strictement positifs. Ainsi \(f(x) =\ln 6 + \ln\left(1 – \frac{x}{2}\right) + \ln\left(1 – \frac{x}{3}\right)\). De plus, \(\ln(1-u) = -\sum_{n \geq 1} \frac{u^n}{n}\) pour \(|u| < 1\), et ici \(\left|\frac{x}{2}\right| < 1\) et \(\left|\frac{x}{3}\right| < 1\). Donc, pour \(|x| < 2\) :
   \(f(x) = \ln 6 – \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n}\left(\frac{1}{2^n} + \frac{1}{3^n}\right) x^n\).
   Les coefficients sont équivalents à \(\frac{1}{n\, 2^n}\). Le quotient de deux coefficients consécutifs tend donc vers \(\frac{1}{2}\) : le rayon vaut \(2\). Enfin, \(f\) n’est pas définie en \(2\), si bien que \(\left]-2, 2\right[\) est le plus grand intervalle centré en \(0\) où l’égalité a lieu.
2. Pour \(x\) réel, \(\mathrm{e}^{(1+i)x} = \mathrm{e}^{x}\left(\cos x + i \sin x\right)\), donc \(g(x) = \mathrm{Re}\left(\mathrm{e}^{(1+i)x}\right)\). L’exponentielle complexe se développe sur \(\mathbb{C}\) tout entier : \(\mathrm{e}^{(1+i)x} = \sum_{n \geq 0} \frac{(1+i)^n}{n!}\, x^n\). Comme \(z \mapsto \mathrm{Re}(z)\) est linéaire et continue, on peut la faire entrer dans la somme. Puisque \(1 + i = \sqrt{2}\, \mathrm{e}^{i\pi/4}\), on a \(\mathrm{Re}\left((1+i)^n\right) = 2^{n/2} \cos\left(\frac{n\pi}{4}\right)\). Ainsi \(g(x) = \sum_{n \geq 0} \frac{2^{n/2} \cos\left(\frac{n\pi}{4}\right)}{n!}\, x^n\) pour tout réel \(x\), avec un rayon infini.
   Sur la figure, les parties réelles de \((1+i)^n\) pour \(n = 0, \ldots, 6\) valent \(1\), \(1\), \(0\), \(-2\), \(-4\), \(-4\) et \(0\). En divisant par \(n!\), les coefficients sont \(1\), \(1\), \(0\), \(-\frac{1}{3}\), \(-\frac{1}{6}\), \(-\frac{1}{30}\) et \(0\). Par exemple, le produit des développements de \(\mathrm{e}^x\) et de \(\cos x\) redonne bien \(\frac{1}{6} – \frac{1}{2} = -\frac{1}{3}\) pour \(x^3\).

Barème : 1) factorisation et signe des facteurs (0,5), développement (0,5), rayon et intervalle (0,5) ; 2) passage par la partie réelle (0,5), forme trigonométrique (0,5), sept coefficients (0,5).

Exercice 5 – Problème : une équation à coefficients polynomiaux (6 points)

Relation de récurrence sur les coefficients

1. Sur \(\left]-R, R\right[\), la somme \(y\) est de classe \(C^\infty\) et se dérive terme à terme. On a donc \(y^{\prime\prime}(x) = \sum_{n \geq 0} (n+2)(n+1)\, a_{n+2}\, x^n\), puis \(x^2 y^{\prime\prime}(x) = \sum_{n \geq 0} n(n-1)\, a_n x^n\) et \(3x\, y^{\prime}(x) = \sum_{n \geq 0} 3n\, a_n x^n\). En regroupant, et comme \(n(n-1) + 3n + 1 = (n+1)^2\) :
   \(\left(1 + x^2\right) y^{\prime\prime} + 3x\, y^{\prime} + y = \sum_{n \geq 0} \left((n+2)(n+1)\, a_{n+2} + (n+1)^2 a_n\right) x^n\).
   Cette série entière a un rayon au moins égal à \(R\). Or, par unicité du développement, une série entière nulle près de \(0\) a tous ses coefficients nuls. Ainsi, \(y\) est solution sur \(\left]-R, R\right[\) si et seulement si \((n+2)(n+1)\, a_{n+2} = -(n+1)^2 a_n\) pour tout \(n\). En divisant par \(n + 1 \neq 0\), on obtient l’équivalence avec \((n+2)\, a_{n+2} = -(n+1)\, a_n\).

La solution paire

2. Comme \(a_1 = 0\), la relation donne \(a_{2p+1} = 0\) pour tout \(p\). Pour les indices pairs, \(a_{2p+2} = -\frac{2p+1}{2p+2}\, a_{2p}\), donc, par récurrence :
   \(a_{2p} = (-1)^p\, \frac{1 \times 3 \times \cdots \times (2p-1)}{2 \times 4 \times \cdots \times (2p)}\).
   Le dénominateur vaut \(2^p\, p!\) et le numérateur \(\frac{(2p)!}{2^p\, p!}\). Ainsi \(a_{2p} = \frac{(-1)^p\, (2p)!}{4^p\, (p!)^2}\). Par exemple, \(a_2 = -\frac{1}{2}\) et \(a_4 = \frac{3}{8}\). Pour \(x \neq 0\), le quotient \(\left|\frac{a_{2p+2}\, x^{2p+2}}{a_{2p}\, x^{2p}}\right| = \frac{2p+1}{2p+2}\, x^2\) tend vers \(x^2\). D’après la règle de d’Alembert, le rayon vaut \(1\) ; d’après la question 1, cette série est donc solution de \((E)\) sur \(\left]-1, 1\right[\).
3. Pour \(|u| < 1\) et \(\alpha\) réel, \((1+u)^\alpha = 1 + \sum_{p \geq 1} \frac{\alpha(\alpha – 1) \cdots (\alpha – p + 1)}{p!}\, u^p\). Avec \(\alpha = -\frac{1}{2}\), le produit vaut \(\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right) \cdots \left(-\frac{2p-1}{2}\right) = \frac{(-1)^p\, (2p)!}{2^p \times 2^p\, p!}\). Après division par \(p!\), on retrouve exactement \(a_{2p}\). En prenant \(u = x^2\) avec \(|x| < 1\), on obtient \(y_1(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\) sur \(\left]-1, 1\right[\).

La fonction h et la solution impaire

4. Notons \(w(x) = \left(1 + x^2\right)^{-1/2}\) et \(u = \mathrm{argsh}\), de sorte que \(h = u\, w\) et \(u^{\prime} = w\). D’abord, \(w^{\prime}(x) = -x\left(1 + x^2\right)^{-3/2}\) et \(w^{\prime\prime}(x) = \left(2x^2 – 1\right)\left(1 + x^2\right)^{-5/2}\). Donc \(\left(1 + x^2\right) w^{\prime\prime} + 3x\, w^{\prime} + w = \left(2x^2 – 1 – 3x^2 + 1 + x^2\right)\left(1 + x^2\right)^{-3/2} = 0\) : \(w\) est solution sur \(\mathbb{R}\).
   Ensuite, \(h^{\prime} = u^{\prime} w + u\, w^{\prime}\) et \(h^{\prime\prime} = u^{\prime\prime} w + 2u^{\prime} w^{\prime} + u\, w^{\prime\prime}\). En reportant dans \((E)\), le terme en \(u\) disparaît puisque \(w\) est solution, et il reste :
   \(\left(1 + x^2\right)\left(u^{\prime\prime} w + 2 w\, w^{\prime}\right) + 3x\, w^2 = \left(1 + x^2\right) \times \frac{-3x}{\left(1 + x^2\right)^2} + \frac{3x}{1 + x^2} = 0\),
   car \(u^{\prime\prime} w = -x\left(1 + x^2\right)^{-2}\) et \(2 w\, w^{\prime} = -2x\left(1 + x^2\right)^{-2}\). Donc \(h\) est solution de \((E)\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(h(0) = 0\) et \(h^{\prime}(0) = u^{\prime}(0)\, w(0) + u(0)\, w^{\prime}(0) = 1\).

Identification par unicité de Cauchy-Lipschitz

Considérons maintenant la solution série impaire (fin de la question 4). Avec \(a_0 = 0\) et \(a_1 = 1\), tous les coefficients pairs sont nuls, tandis que \(a_{2p+3} = -\frac{2p+2}{2p+3}\, a_{2p+1}\). Par récurrence, \(a_{2p+1} = (-1)^p\, \frac{2 \times 4 \times \cdots \times (2p)}{3 \times 5 \times \cdots \times (2p+1)} = (-1)^p\, \frac{2^p\, p! \times 2^p\, p!}{(2p+1)!}\). Le même quotient qu’à la question 2 tend vers \(x^2\), donc le rayon vaut \(1\), et la somme \(z\) est solution de \((E)\) sur \(\left]-1, 1\right[\) avec \(z(0) = 0\) et \(z^{\prime}(0) = 1\).

Sur cet intervalle, \((E)\) s’écrit \(y^{\prime\prime} = -\frac{3x}{1 + x^2}\, y^{\prime} – \frac{1}{1 + x^2}\, y\), équation linéaire résolue à coefficients continus, car \(1 + x^2\) ne s’annule pas. Le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire assure alors l’unicité de la solution ayant des conditions initiales données en \(0\). Ainsi \(h = z\) sur \(\left]-1, 1\right[\) : \(h(x) = \sum_{p \geq 0} \frac{(-1)^p\, 4^p\, (p!)^2}{(2p+1)!}\, x^{2p+1}\).

Valeur de la série numérique

5. Comme \(\frac{1}{2} \in \left]-1, 1\right[\), on peut prendre \(x = \frac{1}{2}\). D’une part, \(4^p \left(\frac{1}{2}\right)^{2p+1} = \frac{1}{2}\), donc \(h\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} \sum_{p \geq 0} \frac{(-1)^p\, (p!)^2}{(2p+1)!}\). D’autre part, \(\mathrm{argsh}\left(\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + 1}\right) = \ln\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)\) et \(\sqrt{1 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2}\), d’où \(h\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{2}{\sqrt{5}} \ln\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)\). En multipliant par \(2\), \(\sum_{p \geq 0} \frac{(-1)^p\, (p!)^2}{(2p+1)!} = \frac{4}{\sqrt{5}} \ln\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right) \approx 0{,}861\). Les premiers termes \(1 – \frac{1}{6} + \frac{1}{30} – \frac{1}{140}\) donnent déjà environ \(0{,}860\), ce qui confirme le résultat.

La figure ci-dessous représente \(y_1\) et \(h\) : la bande colorée marque l’intervalle où les développements en série sont valables, alors que les deux fonctions sont solutions sur \(\mathbb{R}\) tout entier.

Barème : 1) dérivation terme à terme (0,5), regroupement (0,5), unicité des coefficients et équivalence (0,5) ; 2) formule de \(a_{2p}\) (0,5), rayon (0,5) ; 3) développement binomial (0,5), identification (0,5) ; 4) vérification pour \(h\) (0,5), coefficients impairs (0,5), Cauchy-Lipschitz (0,5) ; 5) valeur de \(\mathrm{argsh}\left(\frac{1}{2}\right)\) (0,5), conclusion (0,5).

Piège classique : conclure \(h = z\) sans invoquer l’unicité de Cauchy-Lipschitz, ou bien l’invoquer sur \(\mathbb{R}\) alors que \(z\) n’est définie que sur \(\left]-1, 1\right[\).

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