Corrigé des exercices : DSE et rayon de convergence en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Trois rayons par la règle de d’Alembert

Idée clé : les coefficients ne s’annulent pas et se simplifient bien dans un quotient, donc la règle de d’Alembert s’applique directement.

1. On a \(a_n = (n+2)/3^n > 0\), et
   \[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n+3}{3(n+2)} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{1}{3}. \]
   Ainsi, le rayon vaut 3.
2. On a \(a_n = n!/n^n > 0\). Après simplification de \((n+1)!/n! = n+1\), on obtient
   \[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)\, n^n}{(n+1)^{n+1}} = \left( \frac{n}{n+1} \right)^n = \exp\left( n \ln\left(1 – \frac{1}{n+1}\right) \right). \]
   Or \(n \ln(1 – 1/(n+1)) \sim -n/(n+1)\), qui tend vers \(-1\). Par conséquent, le quotient tend vers \(\mathrm{e}^{-1}\), et le rayon vaut \(\mathrm{e}\).
3. Ici \(a_n = (3n)!/(n!)^3\). D’abord, \((3n+3)!/(3n)! = (3n+3)(3n+2)(3n+1)\). Ensuite :
   \[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 27. \]
   Donc le rayon vaut \(1/27\).

Corrigé de l’exercice 2 – Rayons de deux séries lacunaires

Idée clé : à \(z \neq 0\) fixé, on étudie la série numérique des modules, dont on connaît la nature.

1. Pour \(z\) fixé, \(|2^n z^{3n}| = \left(2|z|^3\right)^n\). C’est une série géométrique de raison \(2|z|^3\). Elle converge si \(2|z|^3 < 1\) et son terme ne tend pas vers 0 si \(2|z|^3 \geq 1\). Ainsi, la série converge pour \(|z| < 2^{-1/3}\) et diverge pour \(|z| > 2^{-1/3}\). Le rayon vaut \(2^{-1/3}\).
2. Pour \(z \neq 0\) fixé, notons \(u_n = n |z|^{2n} / 5^n\). Pour \(n \geq 1\), on a
   \[ \frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{n+1}{n} \cdot \frac{|z|^2}{5} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{|z|^2}{5}. \]
   Par la règle de d’Alembert numérique, la série converge si \(|z|^2 < 5\) et diverge si \(|z|^2 > 5\). Par conséquent, le rayon vaut \(\sqrt{5}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Développement d’une fraction rationnelle

Idée clé : une décomposition en éléments simples ramène tout à des séries géométriques.

1. La somme \((1+x) + (3-x)\) vaut la constante 4. Par conséquent, \(\dfrac{1}{(1+x)(3-x)} = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{(3-x) + (1+x)}{(1+x)(3-x)}\). Après simplification, \(f(x) = \dfrac{1/4}{1+x} + \dfrac{1/4}{3-x}\), soit \(\alpha = \beta = 1/4\).
2. D’une part, \(\dfrac{1}{1+x} = \sum (-1)^n x^n\) pour \(|x| < 1\). D’autre part, pour \(|x| < 3\) :
   \[ \frac{1}{3-x} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 – x/3} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{3^{n+1}}. \]
   Les deux rayons, 1 et 3, sont différents. Le rayon de la somme vaut donc \(\min(1, 3) = 1\), et pour \(|x| < 1\) :
   \[ f(x) = \frac{1}{4} \sum_{n=0}^{+\infty} \left( (-1)^n + \frac{1}{3^{n+1}} \right) x^n. \]
   Le rayon vaut 1, ce qui est cohérent avec la valeur interdite \(x = -1\).
3. Par le cours, \(f^{(5)}(0) = 5!\, a_5\). Or \(a_5 = \frac{1}{4}\left(-1 + \frac{1}{729}\right) = -\frac{728}{2916} = -\frac{182}{729}\). Par conséquent, \(f^{(5)}(0) = -\dfrac{120 \times 182}{729} = -\dfrac{7280}{243}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Logarithme d’un trinôme

Idée clé : le logarithme d’un produit est une somme de logarithmes, chacun développable par la formule usuelle.

1. Le trinôme a pour racines \(1\) et \(-1/2\), et l’on vérifie que \((1+2x)(1-x) = 1 + x – 2x^2\). Il est strictement positif entre ses racines. Ainsi, \(f\) est définie sur \(]-1/2, 1[\), et sur cet intervalle \(f(x) = \ln(1+2x) + \ln(1-x)\).
2. Pour \(|2x| < 1\), on a \(\ln(1+2x) = \sum_{n \geq 1} (-1)^{n+1} 2^n x^n / n\). De plus, pour \(|x| < 1\), on a \(\ln(1-x) = -\sum_{n \geq 1} x^n / n\). En additionnant, pour \(|x| < 1/2\) :
   \[ f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}\, 2^n – 1}{n}\, x^n. \]
   Ainsi \(a_n = \dfrac{(-1)^{n+1} 2^n – 1}{n}\) pour \(n \geq 1\), et \(a_0 = 0\).
3. Les deux séries ont pour rayons \(1/2\) et \(1\), qui sont différents. Par le cours, le rayon de la somme vaut \(1/2\). C’est cohérent avec le fait que \(f\) n’est pas définie en \(-1/2\).

Corrigé de l’exercice 5 – Encadrer un rayon avec le lemme d’Abel

Idée clé : convergence en un point donne une minoration du rayon, divergence en un point donne une majoration.

1. D’abord, la série \(\sum a_n 3^n\) converge, donc son terme général tend vers 0 et la suite \((a_n 3^n)\) est bornée. Par définition du rayon, \(R \geq 3\). Ensuite, supposons par l’absurde \(R > 4\). Alors \(|-4| < R\), et la série convergerait absolument en \(-4\), ce qui est faux. Donc \(3 \leq R \leq 4\).
2. On a \(|2| = |2\mathrm{i}| = 2 < 3 \leq R\). Par conséquent, \(\sum a_n 2^n\) et \(\sum a_n (2\mathrm{i})^n\) convergent absolument. En revanche, \(5 > 4 \geq R\), donc \(\sum a_n 5^n\) diverge grossièrement.
3. On a \(\sum a_n z^{2n} = \sum a_n (z^2)^n\). Ainsi, elle converge absolument si \(|z|^2 < R\) et diverge grossièrement si \(|z|^2 > R\). Son rayon vaut \(\sqrt{R}\), compris entre \(\sqrt{3}\) et 2.
4. Pour \(a_n = 4^{-n}\), la série \(\sum (3/4)^n\) converge et \(\sum (-1)^n\) diverge. Ici, le rayon vaut 4. Pour \(a_n = (-1)^n / (n\, 3^n)\), la série \(\sum (-1)^n / n\) converge par le critère des séries alternées. En revanche, en \(-4\), le terme vaut \((4/3)^n / n\), qui tend vers \(+\infty\). Enfin, le quotient \(|a_{n+1}/a_n| = n / (3(n+1))\) tend vers \(1/3\), donc le rayon vaut 3. Les deux bornes de l’encadrement peuvent donc être atteintes.

Corrigé de l’exercice 6 – Une somme par dérivation de la série géométrique

Idée clé : le facteur \(n\) devant \(u^n\) s’obtient en dérivant \(\sum u^n\) puis en multipliant par \(u\).

1. On a \(|a_{n+1}/a_n| = (n+1)/(3n) \to 1/3\). Ainsi, le rayon vaut 3.
2. Pour \(|u| < 1\), la dérivation terme à terme de \(\sum u^n = 1/(1-u)\) donne \(\sum_{n \geq 1} n u^{n-1} = 1/(1-u)^2\). En multipliant par \(u\), on obtient \(\sum n u^n = u/(1-u)^2\). On pose alors \(u = x/3\), avec \(|x| < 3\) :
   \[ S(x) = \frac{x/3}{(1 – x/3)^2} = \frac{x}{3} \cdot \frac{9}{(3-x)^2} = \frac{3x}{(3-x)^2}. \]
   Ainsi \(S(x) = \dfrac{3x}{(3-x)^2}\) sur \(]-3, 3[\).
3. Comme \(1 \in \, ]-3, 3[\), on obtient \(\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n}{3^n} = S(1) = \frac{3}{4}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Produit de Cauchy de l’exponentielle et de la série géométrique

Idée clé : un quotient par \(1-x\) se traite comme un produit par la série géométrique.

1. On a \(\mathrm{e}^x = \sum x^k / k!\), de rayon infini, et \(1/(1-x) = \sum x^k\), de rayon 1. Pour \(|x| < 1\), les deux séries convergent absolument. Le produit de Cauchy donne donc \(f(x) = \sum c_n x^n\) avec
   \[ c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \cdot 1 = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}. \]
   Ainsi \(f\) est développable sur \(]-1, 1[\).
2. D’abord, le rayon est au moins \(\min(+\infty, 1) = 1\). Ensuite, \(c_n\) tend vers \(\mathrm{e}\), qui est non nul. En \(x = 1\), le terme général \(c_n\) ne tend donc pas vers 0, d’où \(R \leq 1\). Le rayon vaut exactement 1.
3. On calcule \(c_3 = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{8}{3}\). Par conséquent, \(f^{(3)}(0) = 3!\, c_3 = 16\). Pour contrôler, on applique la formule de Leibniz : les dérivées de \(\mathrm{e}^x\) valent 1 en 0, et la dérivée \(k\)-ième de \(1/(1-x)\) vaut \(k!\) en 0. Ainsi :
   \[ f^{(3)}(0) = \sum_{k=0}^{3} \binom{3}{k} k! = 1 + 3 + 6 + 6 = 16. \]
   Les deux méthodes donnent \(f^{(3)}(0) = 16\).

Corrigé de l’exercice 8 – Coefficients (n+1)(n+2) et valeur numérique

Idée clé : le produit \((n+1)(n+2)\) apparaît en dérivant deux fois la série géométrique.

1. Pour \(|x| < 1\), on a \(\sum_{n \geq 0} x^n = 1/(1-x)\). La dérivation terme à terme, licite sur l’intervalle ouvert de convergence, donne deux fois de suite :
   \[ \sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1) x^{n-2} = \frac{2}{(1-x)^3}. \]
   Après le changement d’indice \(m = n – 2\), on obtient \(\sum_{m \geq 0} (m+2)(m+1) x^m = \dfrac{2}{(1-x)^3}\).
2. Comme \(1/4 \in \, ]-1, 1[\), on a \(\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(n+1)(n+2)}{4^n} = \frac{2}{(3/4)^3} = \frac{128}{27}\).
3. De même, \(\sum n x^n = x/(1-x)^2\), donc \(\sum n/4^n = (1/4)/(9/16) = 4/9\). Ensuite, \((n+1)(n+2) = n^2 + 3n + 2\) et \(\sum 1/4^n = 4/3\). Par linéarité :
   \[ \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n^2}{4^n} = \frac{128}{27} – 3 \cdot \frac{4}{9} – 2 \cdot \frac{4}{3} = \frac{128 – 36 – 72}{27} = \frac{20}{27}. \]
   On trouve \(\sum n/4^n = 4/9\) et \(\sum n^2/4^n = 20/27\).

Corrigé de l’exercice 9 – Une série numérique tirée de l’arctangente

Idée clé : on écrit la série comme la valeur d’une série entière connue en un point de son intervalle ouvert.

1. Pour \(|t| < 1\), on a \(\dfrac{1}{1+t^2} = \sum_{n \geq 0} (-1)^n t^{2n}\), de rayon 1. Le cours permet d’intégrer terme à terme de 0 à \(x\), pour \(|x| < 1\). Comme \(\arctan 0 = 0\), on obtient \(\displaystyle \arctan x = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}\) sur \(]-1, 1[\).
2. On a \(1/\sqrt{3} \approx 0{,}577\), donc ce point appartient à \(]-1, 1[\). L’égalité y est valable sans aucune étude au bord.
3. En \(x = 1/\sqrt{3}\), on a \(x^{2n+1} = 3^{-n} / \sqrt{3}\). Ainsi :
   \[ \frac{\pi}{6} = \arctan \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)\, 3^n}. \]
   Par conséquent, la somme vaut \(\dfrac{\pi \sqrt{3}}{6} \approx 0{,}9069\).

La figure montre les sommes partielles de cette série. Elles oscillent autour de la limite, et l’écart est divisé environ par trois à chaque terme.

Corrigé de l’exercice 10 – Somme avec des coefficients 1/(n(n+3))

Idée clé : la différence \(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+3}\) sépare la série en deux séries logarithmiques, dont une décalée de trois crans.

1. Le quotient \(|a_{n+1}/a_n| = n(n+3)/((n+1)(n+4))\) tend vers 1. Ainsi \(R = 1\).
2. On remarque que \(\dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n+3} = \dfrac{(n+3) – n}{n(n+3)} = \dfrac{3}{n(n+3)}\). Donc \(\dfrac{1}{n(n+3)} = \dfrac{1}{3}\left( \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n+3} \right)\).
3. Pour \(|x| < 1\), on a \(\sum_{n \geq 1} x^n / n = -\ln(1-x)\). Ensuite, pour \(x \neq 0\), on pose \(m = n + 3\) :
   \[ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{n+3} = \frac{1}{x^3} \sum_{m=4}^{+\infty} \frac{x^m}{m} = \frac{1}{x^3} \left( -\ln(1-x) – x – \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} \right). \]
   Les deux séries convergent sur \(]-1, 1[\), on peut donc les soustraire. Pour \(x \in \, ]-1, 1[\) non nul :
   \[ S(x) = \frac{1}{3} \left( -\ln(1-x) + \frac{\ln(1-x) + x + x^2/2 + x^3/3}{x^3} \right). \]
   Enfin \(S(0) = 0\), car la série commence à \(n = 1\).
4. En \(x = 1/2\), on a \(\ln(1-x) = -\ln 2\) et \(x + x^2/2 + x^3/3 = \frac{1}{2} + \frac{1}{8} + \frac{1}{24} = \frac{2}{3}\). Le second terme vaut donc \(8\left(\frac{2}{3} – \ln 2\right) = \frac{16}{3} – 8 \ln 2\). Finalement, \(\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+3)\, 2^n} = \frac{1}{3}\left( \ln 2 + \frac{16}{3} – 8\ln 2 \right) = \frac{16}{9} – \frac{7}{3}\ln 2 \approx 0{,}160\). Les premiers termes \(0{,}125 + 0{,}025 + 0{,}0069 + \cdots\) confirment cette valeur.

Corrigé de l’exercice 11 – Binomiaux centraux et racine carrée

Idée clé : on applique le développement binomial avec \(\alpha = -1/2\) et \(u = -4x\), puis on simplifie le produit des impairs.

1. Pour \(|u| < 1\), le coefficient de \(u^n\) dans \((1+u)^{-1/2}\) vaut
   \[ \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2}) \cdots (-\frac{2n-1}{2})}{n!} = \frac{(-1)^n\, 1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2^n\, n!}. \]
   Or, dans \((2n)!\), les facteurs pairs ont pour produit \(2 \cdot 4 \cdots (2n) = 2^n n!\), et les facteurs impairs forment le produit cherché. Avec \(u = -4x\), où \(|x| < 1/4\), le facteur \((-4)^n (-1)^n = 4^n\) apparaît. Le coefficient de \(x^n\) vaut alors \(\dfrac{4^n (2n)!}{4^n (n!)^2} = \dbinom{2n}{n}\). L’égalité annoncée est donc démontrée.
2. Le quotient vaut \(\dbinom{2n+2}{n+1} \Big/ \dbinom{2n}{n} = \dfrac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} = \dfrac{2(2n+1)}{n+1}\), qui tend vers 4. On retrouve un rayon égal à \(1/4\).
3. Pour \(|x| < 1/4\), la série converge absolument, donc son carré est donné par le produit de Cauchy. D’autre part, \(\left( (1-4x)^{-1/2} \right)^2 = \dfrac{1}{1-4x} = \sum 4^n x^n\). Par unicité des coefficients, \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n\). Par exemple, pour \(n = 2\), on a bien \(6 + 2 \cdot 2 + 6 = 16\).

Corrigé de l’exercice 12 – Une équation différentielle d’ordre deux

Idée clé : après réindexation, chaque puissance \(x^n\) fournit une relation qui relie les coefficients de deux en deux.

1. Sur \(]-R, R[\), on dérive terme à terme. D’abord, \(y^{\prime\prime} = \sum_{n \geq 0} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^n\). Ensuite, \(2x y^{\prime} = \sum_{n \geq 0} 2n a_n x^n\) et \(2y = \sum 2 a_n x^n\). Par unicité des coefficients, \((n+2)(n+1) a_{n+2} = 2(n+1) a_n\). Ainsi \(a_{n+2} = \dfrac{2 a_n}{n+2}\) pour tout \(n \geq 0\).
2. Pour les indices pairs, \(a_{2k} = \dfrac{2}{2k} a_{2k-2} = \dfrac{1}{k} a_{2k-2}\), d’où \(a_{2k} = \dfrac{a_0}{k!}\). Pour les indices impairs, la relation s’écrit \((2k+1)\, a_{2k+1} = 2\, a_{2k-1}\). En la multipliant de \(k = 1\) jusqu’à \(k\), on obtient
   \[ a_{2k+1} = \frac{2^k}{3 \cdot 5 \cdots (2k+1)}\, a_1 = \frac{4^k\, k!}{(2k+1)!}\, a_1, \]
   en utilisant \(3 \cdot 5 \cdots (2k+1) = (2k+1)! / (2^k k!)\).
3. À \(x\) fixé non nul, le quotient de deux termes non nuls consécutifs de même parité vaut \(2x^2/(n+2)\), qui tend vers 0. Par la règle de d’Alembert numérique, les deux séries convergent pour tout \(x\) : le rayon est infini. La synthèse est alors valable : ces séries sont bien solutions sur \(\mathbb{R}\).
4. Avec \(a_0 = 1\) et \(a_1 = 0\), on obtient \(y = \sum x^{2k}/k! = \mathrm{e}^{x^2}\). On contrôle : \(y^{\prime\prime} – 2xy^{\prime} – 2y = (2 + 4x^2 – 4x^2 – 2)\mathrm{e}^{x^2} = 0\). La solution cherchée est \(x \mapsto \mathrm{e}^{x^2}\).
5. Pour tout couple \((a_0, a_1)\), on a construit une solution développable sur \(\mathbb{R}\) avec \(y(0) = a_0\) et \(y^{\prime}(0) = a_1\). Or l’équation est linéaire, normalisée, à coefficients continus. Par le théorème de Cauchy-Lipschitz, une solution est déterminée par \((y(0), y^{\prime}(0))\). Toute solution coïncide donc avec une série entière de rayon infini.

La figure compare \(\mathrm{e}^{x^2}\) à ses sommes partielles de degrés 2, 4 et 6. Comme tous les coefficients sont positifs, chaque somme partielle reste sous la courbe.

Corrigé de l’exercice 13 – Un rayon sans règle de d’Alembert

Idée clé : on encadre le rayon par deux inégalités, l’une par majoration des coefficients, l’autre par une sous-suite qui ne tend pas vers 0.

1. Pour \(n = 2k\), on a \(a_{2k} = 3^{2k} = 9^k\). Pour \(n = 2k+1\), on a \(a_{2k+1} = 1^{2k+1} = 1\). Ainsi, \(a_{2k+1}/a_{2k} = 9^{-k} \to 0\) et \(a_{2k+2}/a_{2k+1} = 9^{k+1} \to +\infty\). Le quotient n’a donc pas de limite, et la règle ne s’applique pas.
2. Pour tout \(n\), \(0 \leq a_n \leq 3^n\). Or la série \(\sum 3^n z^n\) a pour rayon \(1/3\). Par comparaison, \(R \geq 1/3\).
3. En \(z = 1/3\), le terme d’indice \(2k\) vaut \(9^k / 3^{2k} = 1\). Le terme général ne tend donc pas vers 0, et la série diverge en \(1/3\). Par conséquent, \(R \leq 1/3\). Finalement \(R = 1/3\).

Corrigé de l’exercice 14 – Série des inverses des carrés sur le segment [-1, 1]

Idée clé : le facteur \(1/n^2\) donne une convergence normale jusqu’au bord, ce qui n’arrive pas pour toutes les séries entières.

1. Le quotient \(n^2/(n+1)^2\) tend vers 1. Le rayon vaut 1.
2. Pour \(|x| \leq 1\), on a \(|x^n/n^2| \leq 1/n^2\), et la série de Riemann \(\sum 1/n^2\) converge. La convergence est donc normale sur \([-1, 1]\). De plus, elle entraîne la convergence uniforme. Comme chaque fonction \(x \mapsto x^n/n^2\) est continue, \(L\) est continue sur \([-1, 1]\).
3. Sur \(]-1, 1[\), on dérive terme à terme : \(L^{\prime}(x) = \sum_{n \geq 1} x^{n-1}/n\). En multipliant par \(x\), on obtient \(\sum_{n \geq 1} x^n / n\). Ainsi \(x L^{\prime}(x) = -\ln(1-x)\).
4. La fonction \(t \mapsto -\ln(1-t)/t\) est continue sur \(]-1, 0[ \cup ]0, 1[\). De plus, \(-\ln(1-t) \sim t\) en 0, donc elle se prolonge par continuité en 0 par la valeur 1. L’intégrale existe donc. Ensuite, \(L^{\prime}\) est continue, vaut \(-\ln(1-t)/t\) pour \(t \neq 0\) et vaut \(a_1 = 1\) en 0. Enfin, comme \(L(0) = 0\), \(L(x) = \displaystyle \int_0^x L^{\prime}(t)\, \mathrm{d}t = -\int_0^x \frac{\ln(1-t)}{t}\, \mathrm{d}t\).

Corrigé de l’exercice 15 – Développement par une équation différentielle d’ordre un

Idée clé : on construit une série solution du même problème de Cauchy, puis l’unicité de la solution conclut.

1. La fonction \(x \mapsto \int_0^x \mathrm{e}^{t^2}\, \mathrm{d}t\) est dérivable, de dérivée \(\mathrm{e}^{x^2}\). Par dérivation d’un produit :
   \[ f^{\prime}(x) = -2x\, \mathrm{e}^{-x^2} \int_0^x \mathrm{e}^{t^2}\, \mathrm{d}t + \mathrm{e}^{-x^2} \mathrm{e}^{x^2} = -2x f(x) + 1. \]
   De plus \(f(0) = 0\), donc \(f\) résout le problème.
2. Avec \(y = \sum a_n x^n\), on a \(y^{\prime} = \sum_{n \geq 0} (n+1) a_{n+1} x^n\) et \(2xy = \sum_{n \geq 1} 2 a_{n-1} x^n\). Le coefficient constant donne \(a_1 = 1\). Ensuite, pour \(n \geq 1\), \((n+1) a_{n+1} = -2 a_{n-1}\). Comme \(a_0 = y(0) = 0\), tous les coefficients pairs sont nuls. Pour les impairs, \(a_{2k+1} = -\dfrac{2}{2k+1} a_{2k-1}\), d’où
   \[ a_{2k+1} = \frac{(-2)^k}{3 \cdot 5 \cdots (2k+1)} = \frac{(-4)^k\, k!}{(2k+1)!}. \]
   Par exemple, \(a_3 = -2/3\) et \(a_5 = 4/15\).
3. À \(x \neq 0\) fixé, le quotient de deux termes non nuls consécutifs vaut \(2x^2/(2k+3)\) en valeur absolue, qui tend vers 0. Le rayon est donc infini. Sa somme \(g\) résout le même problème de Cauchy linéaire sur \(\mathbb{R}\). Par unicité, \(f = g\). Ainsi, pour tout réel \(x\), \(f(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-4)^k\, k!}{(2k+1)!}\, x^{2k+1}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Une fonction plate non développable

Idée clé : toutes les dérivées s’écrivent polynôme en \(1/x\) fois \(\mathrm{e}^{-1/x}\), et l’exponentielle l’emporte sur tout polynôme.

1. On raisonne par récurrence, avec \(P_0 = 1\). Supposons \(h^{(n)}(x) = P_n(1/x)\, \mathrm{e}^{-1/x}\) pour \(x > 0\). En dérivant, avec \(u = 1/x\) et \(\mathrm{d}u/\mathrm{d}x = -u^2\) :
   \[ h^{(n+1)}(x) = \left( -u^2 P_n^{\prime}(u) + u^2 P_n(u) \right) \mathrm{e}^{-1/x}. \]
   Ainsi \(P_{n+1}(u) = u^2 \left( P_n(u) – P_n^{\prime}(u) \right)\), qui est bien un polynôme.
2. Montrons par récurrence que \(h\) est \(C^n\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(h^{(n)}\) nulle sur \(]-\infty, 0]\). D’abord, quand \(x \to 0^+\), on pose \(u = 1/x \to +\infty\). Par croissances comparées, \(u^k \mathrm{e}^{-u} \to 0\) pour tout \(k\), donc \(P_n(1/x)\, \mathrm{e}^{-1/x} \to 0\). Ainsi, \(h\) est continue en 0, ce qui règle le cas \(n = 0\). Ensuite, admettons la propriété pour un certain \(n\). Hors de l’origine, \(h^{(n)}\) se dérive sans difficulté, et elle est continue partout. De plus, \(h^{(n+1)}(x)\) tend vers 0 quand \(x \to 0^-\), puisqu’elle y est identiquement nulle. Elle tend aussi vers 0 quand \(x \to 0^+\), grâce au même argument appliqué à \(P_{n+1}\). Le théorème du prolongement de la dérivée assure alors que \(h^{(n+1)}(0)\) existe, vaut 0, et que \(h^{(n+1)}\) est continue en 0. Donc \(h\) est \(C^\infty\) et \(h^{(n)}(0) = 0\) pour tout \(n\).
3. Raisonnons par l’absurde. Un développement de \(h\) en 0 serait forcément sa série de Taylor, dont tous les coefficients sont nuls. Ainsi, \(h\) s’annulerait sur tout un intervalle \(]-r, r[\) avec \(r > 0\). Or \(h(r/2) = \mathrm{e}^{-2/r}\) est strictement positif. Cette contradiction montre que \(h\) n’admet aucun développement en 0.
4. La fonction \(x \mapsto h(1-x)\) est \(C^\infty\) comme composée, donc \(\varphi\) aussi comme produit. Pour \(x \in \, ]0, 1[\), les deux facteurs sont strictement positifs. En revanche, \(h(x) = 0\) si \(x \leq 0\) et \(h(1-x) = 0\) si \(x \geq 1\). Enfin, \(\varphi\) est nulle sur \(]-\infty, 0]\), donc toutes ses dérivées sont nulles en 0. Un développement en 0 serait donc nul, ce qui contredit \(\varphi > 0\) sur \(]0, 1[\). Ainsi \(\varphi\) n’est pas développable en 0.

La figure montre \(h\) et sa dérivée près de l’origine. Les deux courbes quittent l’axe avec une lenteur extrême, ce qui illustre la nullité de toutes les dérivées en 0.

Corrigé de l’exercice 17 – Nombres harmoniques et produit de Cauchy

Idée clé : le nombre \(H_n\) est la somme des \(n\) premiers coefficients de \(-\ln(1-x)\), ce qui est exactement un produit de Cauchy par \(\sum x^n\).

1. Pour \(n \geq 1\), on a \(1 \leq H_n \leq n\). D’une part, \(\sum n x^n\) a pour rayon 1, donc \(R \geq 1\). D’autre part, en \(x = 1\), le terme \(H_n\) ne tend pas vers 0, donc \(R \leq 1\). Ainsi \(R = 1\).
2. On pose \(a_0 = 0\), \(a_k = 1/k\) pour \(k \geq 1\), et \(b_k = 1\). Les séries \(\sum a_k x^k = -\ln(1-x)\) et \(\sum b_k x^k = 1/(1-x)\) ont pour rayon 1. Dans le produit de Cauchy, le coefficient de \(x^n\) additionne les \(a_k\) pour \(k\) allant de 0 à \(n\), car tous les \(b_{n-k}\) valent 1. Il vaut donc \(0 + 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} = H_n\).
   Donc \(\sum H_n x^n = -\dfrac{\ln(1-x)}{1-x}\) sur \(]-1, 1[\).
3. En \(x = 1/2\), on trouve \(\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{H_n}{2^n} = \frac{\ln 2}{1/2} = 2 \ln 2\).
4. On intègre de 0 à \(x\), avec \(|x| < 1\). Une primitive de \(t \mapsto -\ln(1-t)/(1-t)\) est \(t \mapsto \frac{1}{2}\left(\ln(1-t)\right)^2\), nulle en 0. Par intégration terme à terme :
   \[ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{H_n}{n+1} x^{n+1} = \frac{1}{2} \left( \ln(1-x) \right)^2. \]
   Ainsi \(\left(\ln(1-x)\right)^2 = \displaystyle \sum_{m=2}^{+\infty} \frac{2 H_{m-1}}{m}\, x^m\). On contrôle les premiers termes : \(\ln(1-x) = -x – x^2/2 + \cdots\), dont le carré commence par \(x^2 + x^3\), et la formule donne bien 1 et 1.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Involutions et série génératrice exponentielle

Idée clé : la récurrence combinatoire se traduit en équation différentielle sur la série génératrice, que l’on résout puis que l’on redéveloppe.

1. Une involution est formée de points fixes et de transpositions à supports disjoints. Pour \(n = 1\), seule l’identité convient. Pour \(n = 2\), il y a l’identité et la transposition. Pour \(n = 3\), il y a l’identité et trois transpositions. Pour \(n = 4\), il y a l’identité, six transpositions et trois produits de deux transpositions. Ainsi \(t_1 = 1\), \(t_2 = 2\), \(t_3 = 4\), \(t_4 = 10\).
2. Soit \(\sigma\) une involution de \(\{1, \ldots, n+1\}\). Si \(\sigma(n+1) = n+1\), alors \(\sigma\) induit une involution de \(\{1, \ldots, n\}\), et réciproquement : cela donne \(t_n\) cas. Sinon, \(\sigma(n+1) = j\) avec \(j \leq n\), et alors \(\sigma(j) = n+1\). Ensuite, \(\sigma\) induit une involution des \(n-1\) éléments restants. Il y a \(n\) choix de \(j\), d’où \(n\, t_{n-1}\) cas. Donc \(t_{n+1} = t_n + n\, t_{n-1}\).
3. On a \(t_0 = 0! = 1\) et \(t_1 = 1!\). Si \(t_{n-1} \leq (n-1)!\) et \(t_n \leq n!\) avec \(n \geq 1\), alors \(t_{n+1} \leq n! + n \cdot (n-1)! = 2\, n! \leq (n+1)!\). Par récurrence double, \(t_n \leq n!\). Les coefficients \(t_n/n!\) sont donc bornés par 1. Comme \(\sum x^n\) a pour rayon 1, le rayon de la série définissant \(T\) est au moins 1.
4. Sur \(]-1, 1[\), on dérive terme à terme : \(T^{\prime}(x) = \sum_{n \geq 0} t_{n+1} x^n / n!\). La relation \(t_{n+1} = t_n + n\, t_{n-1}\) vaut pour \(n \geq 1\), et pour \(n = 0\) on a \(t_1 = t_0\). Ainsi :
   \[ T^{\prime}(x) = T(x) + x \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t_{n-1}\, x^{n-1}}{(n-1)!} = (1 + x)\, T(x). \]
   Ensuite, on calcule la dérivée du produit \(T(x)\, \mathrm{e}^{-x – x^2/2}\) : elle vaut \(\left(T^{\prime}(x) – (1+x) T(x)\right) \mathrm{e}^{-x – x^2/2} = 0\). Ce produit garde donc sur l’intervalle sa valeur en 0, à savoir \(t_0 = 1\). Ainsi \(T(x) = \mathrm{e}^{x + x^2/2}\).
5. On a \(\mathrm{e}^x = \sum x^j / j!\) et \(\mathrm{e}^{x^2/2} = \sum x^{2k} / (2^k k!)\), toutes deux de rayon infini. Leur produit de Cauchy a donc un rayon infini, et le coefficient de \(x^n\) vaut \(\sum_{2k \leq n} \dfrac{1}{(n-2k)!\, 2^k\, k!}\). Par unicité des coefficients sur \(]-1, 1[\), ce coefficient est \(t_n / n!\). En particulier, la série génératrice coïncide avec ce produit, donc son rayon est infini. En multipliant par \(n!\), on obtient la formule annoncée.
6. Le terme d’indice \(k\) compte les involutions ayant exactement \(k\) transpositions. En effet, on choisit d’abord les \(2k\) éléments déplacés, de \(\binom{n}{2k}\) façons. Ensuite, on les groupe en \(k\) paires, de \((2k)!/(2^k k!)\) façons. Le produit vaut bien \(n!/(2^k k! (n-2k)!)\). Pour \(n = 4\), les termes valent \(1\), \(6\) et \(3\). Leur somme vaut \(10 = t_4\).

La figure compare \(t_n\) à \(n!\) en échelle logarithmique. L’écart grandit vite : les involutions deviennent très rares parmi les permutations.

Pour aller plus loin

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