Corrigé des exercices : Développements en série entière en maths spé (MP)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Fraction rationnelle à deux pôles

Idée clé : chaque élément simple se ramène à une série géométrique après mise en facteur de la constante.

1. Les pôles simples sont \(2\) et \(-3\). Le coefficient associé à \(2\) vaut \(\frac{5}{3 + 2} = 1\), et celui associé à \(-3\) vaut \(\frac{5}{2 + 3} = 1\). Ainsi \(f(x) = \frac{1}{2 – x} + \frac{1}{3 + x}\).
2. Pour \(|x| < 2\), on écrit \(\frac{1}{2 – x} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 – x/2} = \sum_{n \geqslant 0} \frac{x^n}{2^{n+1}}\). Pour \(|x| < 3\), on a de même \(\frac{1}{3 + x} = \sum_{n \geqslant 0} \frac{(-1)^n x^n}{3^{n+1}}\). Donc, pour \(x \in ]-2, 2[\), \(f(x) = \sum_{n \geqslant 0} \left(\frac{1}{2^{n+1}} + \frac{(-1)^n}{3^{n+1}}\right) x^n\).
3. Le coefficient est équivalent à \(\frac{1}{2^{n+1}}\), donc la règle de d’Alembert donne un rayon égal à \(2\). Ensuite, \(a_4 = \frac{1}{32} + \frac{1}{243} = \frac{243 + 32}{7\,776}\). Le rayon vaut \(2\) et \(a_4 = \frac{275}{7\,776}\).

Corrigé de l’exercice 2 – Dérivées en 0 lues sur les coefficients

Idée clé : la relation \(f^{(k)}(0) = k!\, a_k\) évite tout calcul de dérivée.

1. Les coefficients sont non nuls, et \(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n + 1)^2 + 1}{4(n^2 + 1)} \to \frac{1}{4}\). Par la règle de d’Alembert, \(R = 4\).
2. La somme d’une série entière est \(\mathcal{C}^\infty\) sur son intervalle ouvert de convergence. Donc \(f\) est \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(]-4, 4[\).
3. On a \(a_3 = \frac{10}{64}\), donc \(f^{\prime\prime\prime}(0) = 6 \times \frac{10}{64} = \frac{15}{16}\). De même, \(a_{10} = \frac{101}{4^{10}}\). Or \(10! = 2^8 \times 14\,175\) et \(4^{10} = 2^{20}\). Ainsi \(f^{\prime\prime\prime}(0) = \frac{15}{16}\) et \(f^{(10)}(0) = \frac{101 \times 14\,175}{2^{12}} = \frac{1\,431\,675}{4\,096}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Parité et coefficients nuls

Idée clé : une somme de série entière paire n’a que des coefficients d’indice pair ; on applique ce résultat à \(b(x) + \frac{x}{2}\).

1. Pour \(x \neq 0\), on calcule \(b(-x) = \frac{-x}{\mathrm{e}^{-x} – 1} = \frac{x\, \mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^x – 1}\). Or \(\frac{x\, \mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^x – 1} = x + \frac{x}{\mathrm{e}^x – 1} = x + b(x)\). Par conséquent, \(b(-x) – \frac{x}{2} = b(x) + \frac{x}{2}\), et l’égalité reste vraie en \(0\). La fonction \(x \mapsto b(x) + \frac{x}{2}\) est paire.
2. Le développement de \(b(x) + \frac{x}{2}\) a pour coefficients \(b_0\), \(b_1 + \frac{1}{2}\), puis \(b_n\) pour \(n \geqslant 2\). Par parité et unicité, ses coefficients impairs sont nuls. Donc \(b_{2p+1} = 0\) pour \(p \geqslant 1\), et \(b_1 = -\frac{1}{2}\).
3. On a \(\mathrm{e}^x – 1 = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots\). Le produit de Cauchy avec \(\sum b_n x^n\) doit valoir \(x\). Le coefficient de \(x^3\) donne \(b_2 + \frac{b_1}{2} + \frac{b_0}{6} = 0\), avec \(b_0 = 1\) et \(b_1 = -\frac{1}{2}\). Ainsi \(b_2 = \frac{1}{4} – \frac{1}{6} = \frac{1}{12}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Carré du sinus et cube du cosinus hyperbolique

Idée clé : on linéarise d’abord, puis on applique les développements de \(\cos\) et \(\operatorname{ch}\) après le changement de variable \(x \mapsto kx\).

1. On a \(\sin^2 x = \frac{1 – \cos(2x)}{2}\). Or \(\cos(2x) = \sum_{p \geqslant 0} \frac{(-1)^p 4^p x^{2p}}{(2p)!}\), et le terme constant se simplifie. Ainsi, pour tout réel \(x\), \(\sin^2 x = \sum_{p \geqslant 1} \frac{(-1)^{p+1} 2^{2p-1}}{(2p)!}\, x^{2p}\). Le premier terme vaut bien \(x^2\).
2. On développe \(\left(\frac{\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}}{2}\right)^3 = \frac{\mathrm{e}^{3x} + 3\mathrm{e}^x + 3\mathrm{e}^{-x} + \mathrm{e}^{-3x}}{8}\). On regroupe les termes deux à deux. Donc \(\operatorname{ch}^3 x = \frac{\operatorname{ch}(3x) + 3 \operatorname{ch} x}{4}\).
3. Par conséquent, \(\operatorname{ch}^3 x = \sum_{p \geqslant 0} \frac{9^p + 3}{4\,(2p)!}\, x^{2p}\) sur \(\mathbb{R}\). Pour \(p = 0\), on trouve \(1\). Pour \(p = 1\), on trouve \(\frac{12}{8} = \frac{3}{2}\). Cela concorde avec \(\left(1 + \frac{x^2}{2}\right)^3 = 1 + \frac{3x^2}{2} + o(x^2)\).

Corrigé de l’exercice 5 – Logarithme d’un trinôme

Idée clé : l’écriture \(\frac{1 – x^3}{1 – x}\) transforme le logarithme d’un trinôme en différence de deux logarithmes usuels.

1. On a \((1 – x)(1 + x + x^2) = 1 – x^3\). L’égalité vaut donc pour \(x \neq 1\).
2. Pour \(|x| < 1\), les nombres \(1 – x\) et \(1 – x^3\) sont strictement positifs. On peut donc écrire \(h(x) = \ln(1 – x^3) – \ln(1 – x)\). Or \(-\ln(1 – x) = \sum_{n \geqslant 1} \frac{x^n}{n}\) et \(\ln(1 – x^3) = -\sum_{k \geqslant 1} \frac{x^{3k}}{k}\). Ainsi \(h(x) = \sum_{n \geqslant 1} \frac{x^n}{n} – \sum_{k \geqslant 1} \frac{x^{3k}}{k}\) sur \(]-1, 1[\).
3. Si \(3 \nmid n\), seul le premier terme contribue. Si \(n = 3k\), on obtient \(\frac{1}{3k} – \frac{1}{k} = -\frac{2}{n}\). Donc \(a_n = \frac{1}{n}\) si \(3 \nmid n\), et \(a_n = -\frac{2}{n}\) si \(3 \mid n\). Avec \(u = x + x^2\), on a \(\ln(1 + u) = u – \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + o(u^3)\). Cela donne \(x + \frac{x^2}{2} – \frac{2x^3}{3} + o(x^3)\), ce qui confirme \(a_1 = 1\), \(a_2 = \frac{1}{2}\) et \(a_3 = -\frac{2}{3}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Primitive de la gaussienne et valeur approchée

Idée clé : on développe \(\mathrm{e}^{-t^2}\), puis on intègre terme à terme ; la majoration du reste vient du critère des séries alternées.

1. Pour tout réel \(t\), \(\mathrm{e}^{-t^2} = \sum_{n \geqslant 0} \frac{(-1)^n t^{2n}}{n!}\), avec un rayon infini. On intègre terme à terme sur \([0, x]\). Ainsi \(G(x) = \sum_{n \geqslant 0} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{n!\,(2n + 1)}\), de rayon infini.
2. Pour \(x = \frac{1}{2}\), le terme général s’écrit \((-1)^n u_n\) avec \(u_n = \frac{1}{2^{2n+1}\, n!\,(2n + 1)}\). Ici \(u_n > 0\), et \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{2n + 1}{4(n + 1)(2n + 3)} < 1\), donc \((u_n)\) décroît vers \(0\). Les hypothèses du critère des séries alternées sont donc réunies.
3. Le reste après le terme d’indice \(3\) est majoré par \(u_4 = \frac{1}{512 \times 24 \times 9} \approx 9{,}0 \times 10^{-6}\). On calcule \(u_0 = 0{,}5\), \(u_1 \approx 0{,}041\,667\), \(u_2 = 0{,}003\,125\) et \(u_3 \approx 0{,}000\,186\). Ainsi \(u_0 – u_1 + u_2 – u_3 \approx 0{,}461\,272\). Donc \(G\left(\frac{1}{2}\right) \approx 0{,}4613\) à \(10^{-4}\) près.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Coefficients binomiaux centraux

Idée clé : on applique le développement de \((1 + u)^{-1/2}\) avec \(u = -4x\), puis on identifie les coefficients du carré.

1. Pour \(|4x| < 1\), le coefficient de \(x^n\) dans \((1 – 4x)^{-1/2}\) vaut \(\frac{(-1/2)(-3/2) \cdots (-(2n-1)/2)}{n!}\, (-4)^n\). Les signes se compensent, et l’on obtient \(\frac{1 \times 3 \times \cdots \times (2n – 1)}{2^n\, n!}\, 4^n\). Or \(1 \times 3 \times \cdots \times (2n – 1) = \frac{(2n)!}{2^n\, n!}\). Le coefficient vaut donc \(\frac{(2n)!}{(n!)^2} = \binom{2n}{n}\).
2. On a \(\binom{2n+2}{n+1} \big/ \binom{2n}{n} = \frac{(2n + 2)(2n + 1)}{(n + 1)^2} \to 4\). Par d’Alembert, le rayon vaut \(\frac{1}{4}\).
3. Pour \(|x| < \frac{1}{4}\), le carré de la somme vaut \(\frac{1}{1 – 4x} = \sum 4^n x^n\). Par ailleurs, le produit de Cauchy de la série par elle-même a pour coefficient \(\sum_{k=0}^{n} \binom{2k}{k} \binom{2n – 2k}{n – k}\). Par unicité des coefficients, cette somme vaut \(4^n\).
4. Pour \(n = 2\), on trouve \(1 \times 6 + 2 \times 2 + 6 \times 1 = 16\). On obtient bien \(4^2\).

Corrigé de l’exercice 8 – Développement de l’arcsinus

Idée clé : l’arcsinus est la primitive nulle en \(0\) de \((1 – x^2)^{-1/2}\), que l’on développe grâce à l’exercice précédent.

1. D’après le cours, \((1 – u)^{-1/2} = \sum \binom{2n}{n} \frac{u^n}{4^n}\) pour \(|u| < 1\). Avec \(u = x^2\), qui vérifie \(|x^2| < 1\) pour \(|x| < 1\), on obtient le résultat. Pour \(x \in ]-1, 1[\), \(\frac{1}{\sqrt{1 – x^2}} = \sum_{n \geqslant 0} \binom{2n}{n} \frac{x^{2n}}{4^n}\).
2. On intègre terme à terme sur \([0, x]\), ce qui est licite à l’intérieur de l’intervalle ouvert de convergence. Comme \(\arcsin 0 = 0\), on obtient \(\arcsin x = \sum_{n \geqslant 0} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n (2n + 1)}\, x^{2n+1}\) sur \(]-1, 1[\).
3. Pour \(n = 1\), le coefficient vaut \(\frac{2}{4 \times 3} = \frac{1}{6}\). Pour \(n = 2\), il vaut \(\frac{6}{16 \times 5} = \frac{3}{40}\). Ainsi \(\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + \cdots\), ce qui redonne le développement limité connu.

Corrigé de l’exercice 9 – Exponentielle de l’arctangente

Idée clé : on trouve une équation différentielle linéaire vérifiée par \(f\), puis on borne les coefficients pour garantir un rayon non nul.

1. On a \(f^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2}\, \mathrm{e}^{\arctan x}\), donc \((1 + x^2) f^{\prime} = f\) et \(f(0) = 1\). Cette équation s’écrit \(y^{\prime} = \frac{y}{1 + x^2}\), qui est linéaire à coefficient continu sur \(\mathbb{R}\). Par le théorème de Cauchy linéaire, \(f\) en est l’unique solution valant \(1\) en \(0\).
2. On a \(a_0 = S(0) = 1\). Le coefficient de \(x^n\) dans \((1 + x^2) S^{\prime}\) vaut \((n + 1) a_{n+1} + (n – 1) a_{n-1}\) pour \(n \geqslant 1\), et \(a_1\) pour \(n = 0\). Par unicité, l’équation donne \(a_1 = a_0 = 1\). Pour \(n \geqslant 1\), on a donc \((n + 1) a_{n+1} = a_n – (n – 1) a_{n-1}\).
3. On a \(|a_0| = |a_1| = 1\). Supposons \(|a_{n-1}| \leqslant 1\) et \(|a_n| \leqslant 1\). Alors \(|a_{n+1}| \leqslant \frac{1 + (n – 1)}{n + 1} = \frac{n}{n + 1} \leqslant 1\). Ainsi \((a_n)\) est bornée, et la série converge pour \(|x| < 1\). Par conséquent, \(R \geqslant 1\).
4. La somme \(S\) vérifie alors le même problème de Cauchy que \(f\) sur \(]-1, 1[\). Par unicité, \(S = f\) sur cet intervalle. La récurrence donne \(2a_2 = 1\), puis \(3a_3 = a_2 – a_1 = -\frac{1}{2}\), puis \(4a_4 = a_3 – 2a_2 = -\frac{7}{6}\). Ainsi \(a_2 = \frac{1}{2}\), \(a_3 = -\frac{1}{6}\) et \(a_4 = -\frac{7}{24}\).

Contrôlons ces valeurs par composition. Avec \(v = \arctan x = x – \frac{x^3}{3} + o(x^4)\), on développe \(\mathrm{e}^v = 1 + v + \frac{v^2}{2} + \frac{v^3}{6} + \frac{v^4}{24} + o(v^4)\). Le terme en \(x^3\) vaut \(-\frac{1}{3} + \frac{1}{6} = -\frac{1}{6}\). Celui en \(x^4\) vaut \(-\frac{1}{3} + \frac{1}{24} = -\frac{7}{24}\). Les deux méthodes concordent donc.

Corrigé de l’exercice 10 – Équation différentielle et sinus hyperbolique

Idée clé : le changement d’inconnue \(z = xy\) transforme l’équation en \(z^{\prime\prime} = z\), ce qui donne toutes les solutions et explique celles qui sont développables.

1. On a \(x y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} = \sum_{n \geqslant 1} n(n + 1) a_n x^{n-1}\). Le coefficient constant de \((E)\) donne \(2a_1 = 0\). Pour \(m \geqslant 1\), le coefficient de \(x^m\) donne \((m + 1)(m + 2) a_{m+1} = a_{m-1}\). Par conséquent, les coefficients impairs sont nuls, et \(a_{2k} = \frac{a_0}{(2k + 1)!}\) par récurrence. Le rayon est infini. Les solutions développables sont les \(y = a_0 \sum_{k \geqslant 0} \frac{x^{2k}}{(2k + 1)!}\), soit \(y(x) = a_0 \frac{\operatorname{sh} x}{x}\) pour \(x \neq 0\).
2. On a \(z^{\prime} = y + x y^{\prime}\), puis \(z^{\prime\prime} = 2y^{\prime} + x y^{\prime\prime}\). Ainsi \((E)\) s’écrit \(z^{\prime\prime} = x y = z\). L’équivalence est démontrée.
3. Les solutions de \(z^{\prime\prime} = z\) sont les \(a \operatorname{sh} x + b \operatorname{ch} x\). Les solutions sur \(]0, +\infty[\) sont donc les \(y(x) = \frac{a \operatorname{sh} x + b \operatorname{ch} x}{x}\). Si \(b \neq 0\), alors \(y(x) \sim \frac{b}{x}\) n’est pas bornée près de \(0\). Seules les solutions avec \(b = 0\) se prolongent en fonctions développables.

Corrigé de l’exercice 11 – Une fonction plate à droite

Idée clé : une récurrence donne la forme des dérivées, puis les croissances comparées et le théorème de la limite de la dérivée règlent le cas de \(0\).

1. Pour \(n = 0\), on prend \(P_0 = 1\). Si la propriété vaut au rang \(n\), on dérive pour \(x > 0\) :
   \[f^{(n+1)}(x) = \frac{1}{x^2}\left(P_n\left(\tfrac{1}{x}\right) – P_n^{\prime}\left(\tfrac{1}{x}\right)\right) \mathrm{e}^{-1/x}.\]
   On pose donc \(P_{n+1}(u) = u^2 \left(P_n(u) – P_n^{\prime}(u)\right)\), qui est un polynôme.
2. Quand \(x \to 0^+\), on pose \(u = 1/x \to +\infty\). Par croissances comparées, \(P_n(u)\, \mathrm{e}^{-u} \to 0\). Ainsi chaque \(f^{(n)}\) tend vers \(0\) à droite, et elle est nulle à gauche. Montrons par récurrence que \(f\) est \(\mathcal{C}^n\) avec \(f^{(n)}(0) = 0\). Si c’est vrai au rang \(n\), alors \(f^{(n)}\) est continue sur \(\mathbb{R}\), \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^*\), et sa dérivée a pour limite \(0\) en \(0\). Le théorème de la limite de la dérivée conclut. Donc \(f\) est \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{(n)}(0) = 0\) pour tout \(n\).
3. Raisonnons par l’absurde. Un développement de \(f\) sur \(]-r, r[\) aurait pour coefficients les \(\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\), tous nuls. Il forcerait donc \(f\) à s’annuler sur \(]-r, r[\). C’est faux, puisque \(f(x) > 0\) pour \(0 < x < r\).

Corrigé de l’exercice 12 – Arctangente d’une homographie

Idée clé : deux fonctions de même dérivée sur un intervalle diffèrent d’une constante ; tout le piège est dans le mot « intervalle ».

1. Posons \(v(x) = \frac{1 + x}{1 – x}\). On a \(v^{\prime}(x) = \frac{2}{(1 – x)^2}\) et \(1 + v(x)^2 = \frac{2(1 + x^2)}{(1 – x)^2}\). Donc \(u^{\prime}(x) = \frac{v^{\prime}(x)}{1 + v(x)^2} = \frac{1}{1 + x^2}\). Sur l’intervalle \(]-\infty, 1[\), la fonction \(u – \arctan\) est donc constante, égale à \(u(0) = \frac{\pi}{4}\). Ainsi \(u(x) = \frac{\pi}{4} + \arctan x\) pour \(x < 1\).
2. On utilise le développement de l’arctangente sur \(]-1, 1[\). Pour \(|x| < 1\), \(u(x) = \frac{\pi}{4} + \sum_{p \geqslant 0} \frac{(-1)^p}{2p + 1}\, x^{2p+1}\).
3. Sur \(]1, +\infty[\), on a encore \(u – \arctan\) constante. Quand \(x \to +\infty\), \(v(x) \to -1\), donc \(u(x) \to -\frac{\pi}{4}\), alors que \(\arctan x \to \frac{\pi}{2}\). Ainsi \(u(x) = \arctan x – \frac{3\pi}{4}\) pour \(x > 1\). La formule change car \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\) n’est pas un intervalle, et \(u\) saute de \(\pi\) en \(1\). En effet, \(u\) tend vers \(\frac{\pi}{2}\) à gauche de \(1\) et vers \(-\frac{\pi}{2}\) à droite.

Corrigé de l’exercice 13 – Deux produits de Cauchy

Idée clé : le produit de deux séries de rayons \(R_1\) et \(R_2\) est développable sur le plus petit des deux intervalles, avec pour coefficients les sommes de Cauchy.

1. Pour \(|x| < 1\), on multiplie \(\sum \frac{x^k}{k!}\) par \(\sum x^j\). Le coefficient de \(x^n\) vaut \(s_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\).
2. On sait que \(s_n \to \mathrm{e}\). Comme \((s_n)\) est bornée, le rayon vaut au moins \(1\). En revanche, pour \(|x| \geqslant 1\), le terme \(s_n x^n\) ne tend pas vers \(0\). Donc \(s_n \to \mathrm{e}\) et le rayon vaut exactement \(1\).
3. Pour \(|x| < 1\), on multiplie \(\sum_{k \geqslant 1} \frac{(-1)^{k-1}}{k} x^k\) par \(\sum_{j \geqslant 0} (-1)^j x^j\). Le coefficient de \(x^n\) vaut \(\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} (-1)^{n-k} = (-1)^{n-1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}\). On obtient bien \(\frac{\ln(1 + x)}{1 + x} = \sum_{n \geqslant 1} (-1)^{n-1} H_n x^n\).

Corrigé de l’exercice 14 – Le produit du cosinus et du cosinus hyperbolique

Idée clé : on passe par la variable complexe \((1 + \mathrm{i})x\), puis on sépare partie réelle et partie imaginaire.

1. On a \(\operatorname{ch}(a + b) = \operatorname{ch} a \operatorname{ch} b + \operatorname{sh} a \operatorname{sh} b\), y compris pour des complexes. Or \(\operatorname{ch}(\mathrm{i}x) = \cos x\) et \(\operatorname{sh}(\mathrm{i}x) = \mathrm{i} \sin x\). Donc \(\operatorname{ch}\left((1 + \mathrm{i})x\right) = \operatorname{ch} x \cos x + \mathrm{i} \operatorname{sh} x \sin x\).
2. On a \((1 + \mathrm{i})^2 = 2\mathrm{i}\). Ainsi \(\operatorname{ch}\left((1 + \mathrm{i})x\right) = \sum_{n \geqslant 0} \frac{(1 + \mathrm{i})^{2n} x^{2n}}{(2n)!}\). Pour tout réel \(x\), cela vaut \(\sum_{n \geqslant 0} \frac{(2\mathrm{i})^n}{(2n)!}\, x^{2n}\).
3. Le nombre \((2\mathrm{i})^n\) est réel pour \(n = 2m\), égal à \((-4)^m\). Il est imaginaire pur pour \(n = 2m + 1\), égal à \(2\mathrm{i}\,(-4)^m\). On prend les parties réelle et imaginaire, \(x\) étant réel. Ainsi \(\operatorname{ch} x \cos x = \sum_{m \geqslant 0} \frac{(-4)^m}{(4m)!}\, x^{4m}\) et \(\operatorname{sh} x \sin x = \sum_{m \geqslant 0} \frac{2\,(-4)^m}{(4m + 2)!}\, x^{4m+2}\). Par exemple, le coefficient de \(x^4\) vaut \(-\frac{4}{24} = -\frac{1}{6}\), ce que confirme le produit des développements limités.

La figure montre \(\operatorname{ch} x \cos x\) et deux sommes partielles. Seules les puissances multiples de \(4\) apparaissent, d’où une approximation très rapide près de \(0\).

Corrigé de l’exercice 15 – Reste intégral du logarithme

Idée clé : le reste intégral se majore directement, à condition de bien gérer le facteur \((1 + t)^{-(n+1)}\) selon le signe de \(x\).

1. Par récurrence, \(f^{(n+1)}(t) = \frac{(-1)^n\, n!}{(1 + t)^{n+1}}\). On en déduit \(R_n(x) = (-1)^n \int_0^x \frac{(x – t)^n}{(1 + t)^{n+1}}\, \mathrm{d}t\).
2. Pour \(0 \leqslant t \leqslant x \leqslant 1\), on a \((1 + t)^{n+1} \geqslant 1\). Donc \(|R_n(x)| \leqslant \int_0^x (x – t)^n\, \mathrm{d}t = \frac{x^{n+1}}{n + 1}\). Ainsi \(|R_n(x)| \leqslant \frac{1}{n + 1}\).
3. En \(x = 1\), le reste tend vers \(0\). La somme partielle d’ordre \(n\) de la série de Taylor converge donc vers \(\ln 2\). Ainsi \(\sum_{n \geqslant 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2\).
4. L’inégalité \(t – x \leqslant |x|(1 + t) = -x – xt\) équivaut à \(t(1 + x) \leqslant 0\), qui est vraie car \(t \leqslant 0\) et \(1 + x > 0\). Ensuite, on écrit \(|R_n(x)| = \int_x^0 \left(\frac{t – x}{1 + t}\right)^n \frac{\mathrm{d}t}{1 + t}\). Cette intégrale est majorée par \(|x|^n \int_x^0 \frac{\mathrm{d}t}{1 + t} = -|x|^n \ln(1 + x)\). Comme \(|x| < 1\), on obtient \(R_n(x) \to 0\).

Corrigé de l’exercice 16 – Premiers coefficients de la tangente

Idée clé : on reporte un développement impair inconnu dans \(y^{\prime} = 1 + y^2\) et on identifie, degré par degré.

1. La fonction \(\tan\) est impaire. Par unicité du développement, ses coefficients d’indice pair sont nuls.
2. On écrit \(\tan x = a_1 x + a_3 x^3 + a_5 x^5 + a_7 x^7 + \cdots\). Le terme constant de \(\tan^{\prime}\) vaut \(a_1\), et celui de \(1 + \tan^2\) vaut \(1\). Donc \(a_1 = 1\). Ensuite, \(\tan^2 x = x^2 + 2a_3 x^4 + (a_3^2 + 2a_5) x^6 + \cdots\). On identifie les coefficients de \(x^2\), \(x^4\) et \(x^6\) : \(3a_3 = 1\), \(5a_5 = 2a_3\) et \(7a_7 = a_3^2 + 2a_5\). Or \(a_3^2 + 2a_5 = \frac{1}{9} + \frac{4}{15} = \frac{17}{45}\). Ainsi \(a_1 = 1\), \(a_3 = \frac{1}{3}\), \(a_5 = \frac{2}{15}\) et \(a_7 = \frac{17}{315}\).
3. On a \(\frac{\sin x}{\cos x} = \left(x – \frac{x^3}{6}\right)\left(1 + \frac{x^2}{2}\right) + o(x^3) = x + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\). Les deux premiers coefficients sont confirmés.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Nombre de dérangements

Idée clé : la relation de dénombrement est exactement le coefficient d’un produit de Cauchy entre \(\mathrm{e}^x\) et \(D(x)\).

1. Une permutation ayant exactement \(n – k\) points fixes se décrit par le choix de ces points, puis par un dérangement des \(k\) autres. Il y a \(\binom{n}{n-k} d_k = \binom{n}{k} d_k\) telles permutations. En sommant sur \(k\), on obtient \(n! = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} d_k\).
2. On a \(0 \leqslant d_n \leqslant n!\), donc \(0 \leqslant \frac{d_n}{n!} \leqslant 1\). La série est dominée par \(\sum |x|^n\), qui converge pour \(|x| < 1\). Le rayon est donc au moins \(1\).
3. Pour \(|x| < 1\), le produit de Cauchy de \(\sum \frac{x^j}{j!}\) et de \(\sum \frac{d_k}{k!} x^k\) a pour coefficient d’indice \(n\) :
   \[\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(n – k)!} \cdot \frac{d_k}{k!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} d_k = 1.\]
   Ainsi \(\mathrm{e}^x D(x) = \sum x^n = \frac{1}{1 – x}\).
4. On a donc \(D(x) = \mathrm{e}^{-x} \cdot \frac{1}{1 – x}\), produit de deux séries. Par unicité, \(\frac{d_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\). Alors \(d_4 = 24 \left(\frac{1}{2} – \frac{1}{6} + \frac{1}{24}\right) = 12 – 4 + 1\) et, puisque la formule donne \(d_n = n\, d_{n-1} + (-1)^n\), \(d_5 = 5 \times 9 – 1\). On trouve \(d_4 = 9\) et \(d_5 = 44\).
5. La somme partielle de la série exponentielle en \(-1\) tend vers \(\mathrm{e}^{-1}\). Donc \(\frac{d_n}{n!} \to \frac{1}{\mathrm{e}} \approx 0{,}368\). Pour \(n\) grand, une permutation tirée au hasard n’a aucun point fixe avec une probabilité proche de \(37\,\%\).

La figure montre la convergence très rapide de \(d_n / n!\) vers \(1/\mathrm{e}\), avec des valeurs alternativement au-dessus et au-dessous de la limite.

Corrigé de l’exercice 18 – Une série de Taylor de rayon nul

Idée clé : on minore la dérivée d’ordre \(2k\) en \(0\) par un seul terme bien choisi de la série, celui d’indice \(n = 2k\).

1. Posons \(u_n(x) = \mathrm{e}^{-n} \cos(n^2 x)\). Pour tout \(j\), on a \(u_n^{(j)}(x) = \mathrm{e}^{-n} n^{2j} \cos\left(n^2 x + j\frac{\pi}{2}\right)\), donc \(\|u_n^{(j)}\|_\infty \leqslant n^{2j} \mathrm{e}^{-n}\). Ce majorant est le terme d’une série convergente, car \(n^{2j} \mathrm{e}^{-n} = o\left(\frac{1}{n^2}\right)\). Le théorème de dérivation des séries de fonctions s’applique à tout ordre. Donc \(f\) est \(\mathcal{C}^\infty\) et \(f^{(2k)}(0) = (-1)^k \sum_{n \geqslant 0} \mathrm{e}^{-n} n^{4k}\).
2. Pour un ordre impair, chaque terme contient \(\cos\left((2k + 1)\frac{\pi}{2}\right) = 0\). Donc \(f^{(2k+1)}(0) = 0\).
3. Tous les termes de la série sont positifs, donc \(|f^{(2k)}(0)| \geqslant \mathrm{e}^{-2k} (2k)^{4k}\). De plus, \((2k)! \leqslant (2k)^{2k}\). Ainsi \(\frac{|f^{(2k)}(0)|}{(2k)!} \geqslant \frac{(2k)^{4k}}{\mathrm{e}^{2k} (2k)^{2k}} = \left(\frac{2k}{\mathrm{e}}\right)^{2k}\).
4. Pour \(x > 0\), le terme d’indice \(2k\) de la série de Taylor vérifie \(|a_{2k}| x^{2k} \geqslant \left(\frac{2kx}{\mathrm{e}}\right)^{2k}\), qui tend vers \(+\infty\). La série diverge donc grossièrement pour tout \(x \neq 0\). Le rayon est nul, et \(f\) n’est pas développable en série entière, bien qu’elle soit \(\mathcal{C}^\infty\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Des solutions qui dépassent le rayon

Idée clé : le premier membre est la dérivée seconde de \((1 + x^2) y\), ce qui donne toutes les solutions sans série ; les séries ne voient que l’intervalle \(]-1, 1[\).

1. Le coefficient de \(x^n\) dans \((1 + x^2) y^{\prime\prime}\) vaut \((n + 2)(n + 1) a_{n+2} + n(n – 1) a_n\). Celui de \(4x y^{\prime} + 2y\) vaut \((4n + 2) a_n\). Or \(n(n – 1) + 4n + 2 = (n + 1)(n + 2)\). Le coefficient total vaut donc \((n + 1)(n + 2)(a_{n+2} + a_n)\). Par unicité, \(y\) est solution si et seulement si \(a_{n+2} = -a_n\) pour tout \(n\).
2. On obtient \(a_{2p} = (-1)^p a_0\) et \(a_{2p+1} = (-1)^p a_1\). Si \((a_0, a_1) \neq (0, 0)\), les coefficients ne tendent pas vers \(0\) mais restent bornés, donc le rayon vaut \(1\). On reconnaît alors deux séries géométriques de raison \(-x^2\). Les solutions développables sont les \(y(x) = \frac{a_0 + a_1 x}{1 + x^2}\) sur \(]-1, 1[\).
3. On a \(\left((1 + x^2) y\right)^{\prime} = 2x y + (1 + x^2) y^{\prime}\). En dérivant encore, on obtient \(2y + 4x y^{\prime} + (1 + x^2) y^{\prime\prime}\). L’identité est démontrée.
4. Ainsi \(y\) est solution sur \(\mathbb{R}\) si et seulement si \(\left((1 + x^2) y\right)^{\prime\prime} = 0\), c’est-à-dire \((1 + x^2) y = a + bx\). Les solutions sur \(\mathbb{R}\) sont les \(y(x) = \frac{a + bx}{1 + x^2}\), avec \(a, b\) réels.
5. Les deux méthodes donnent les mêmes fonctions, mais les séries ne les représentent que sur \(]-1, 1[\). La fonction \(\frac{1}{1 + x^2}\) est pourtant régulière sur \(\mathbb{R}\). Le rayon est limité par les zéros complexes \(\pm \mathrm{i}\) du coefficient \(1 + x^2\), situés à distance \(1\) de l’origine.

La figure compare la solution \(\frac{1}{1 + x^2}\) à deux sommes partielles de sa série. Elles collent à la courbe sur \(]-1, 1[\), puis s’en écartent brutalement.

Corrigé de l’exercice 20 – Problème – Une intégrale elliptique

Idée clé : on développe l’intégrande en série de fonctions de \(t\), on intègre terme à terme sur un segment, puis les intégrales de Wallis donnent les coefficients.

1. Pour \(|x| < 1\) et \(t \in [0, \frac{\pi}{2}]\), on a \(1 – x \sin^2 t \geqslant 1 – |x| > 0\). L’intégrande est donc continue sur le segment. Ainsi \(K(x)\) est bien définie.
2. Le cas \(\alpha = -\frac{1}{2}\) du cours, appliqué en \(-u\), donne \((1 – u)^{-1/2} = \sum_{n \geqslant 0} c_n u^n\) pour \(|u| < 1\). En effet, le coefficient vaut \(\frac{1 \times 3 \times \cdots \times (2n – 1)}{2^n\, n!} = c_n\). De plus, \(c_0 = 1\) et \(\frac{c_{n+1}}{c_n} = \frac{2n + 1}{2n + 2} < 1\). Par récurrence, \(0 < c_n \leqslant 1\).
3. Pour \(m \geqslant 2\), on intègre par parties \(\sin^{m-1} t \times \sin t\). Le crochet \(\left[-\cos t \sin^{m-1} t\right]_0^{\pi/2}\) est nul. Il reste \(W_m = (m – 1) \int_0^{\pi/2} \sin^{m-2} t \cos^2 t\, \mathrm{d}t = (m – 1)(W_{m-2} – W_m)\). Donc \(m W_m = (m – 1) W_{m-2}\). Ensuite, \(W_0 = \frac{\pi}{2}\) et \(W_{2n} = \frac{\pi}{2} \prod_{k=1}^{n} \frac{2k – 1}{2k}\). Or ce produit vaut \(c_n\). Ainsi \(W_{2n} = \frac{\pi}{2}\, c_n\).
4. Pour \(t \in [0, \frac{\pi}{2}]\), on a \(|x \sin^2 t| \leqslant |x| < 1\). Donc l’intégrande vaut \(\sum_{n \geqslant 0} c_n x^n \sin^{2n} t\). Chaque terme est majoré par \(c_n |x|^n \leqslant |x|^n\), indépendamment de \(t\). La série converge donc normalement sur le segment, ce qui autorise l’intégration terme à terme. Ainsi \(K(x) = \sum c_n x^n W_{2n} = \frac{\pi}{2} \sum_{n \geqslant 0} c_n^2\, x^n\).
5. On a \(\frac{c_{n+1}^2}{c_n^2} = \left(\frac{2n + 1}{2n + 2}\right)^2 \to 1\). Par d’Alembert, le rayon vaut \(1\). Enfin, \(c_0 = 1\), \(c_1 = \frac{1}{2}\) et \(c_2 = \frac{3}{8}\). Donc \(K(x) = \frac{\pi}{2}\left(1 + \frac{x}{4} + \frac{9x^2}{64}\right) + \cdots\), avec un rayon égal à \(1\).

Ce résultat appelle deux commentaires. D’abord, l’échange entre somme et intégrale repose sur la convergence normale sur un segment, et non sur le théorème d’intégration terme à terme des séries entières. En effet, la variable d’intégration est \(t\), et \(x\) n’est qu’un paramètre. Ensuite, quand \(x \to 1^-\), la fonction \(K\) tend vers \(+\infty\). Cela est cohérent avec le comportement des coefficients, puisque \(c_n^2 \sim \frac{1}{\pi n}\) et que la série \(\sum \frac{1}{n}\) diverge.

Pour aller plus loin

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