Exercice corrigé : Séries entières

Voici plusieurs exercices corrigés utilisant les séries entières.
Intégrale de Riemann

Nous allons corriger à la suite plusieurs exercices de séries entières. Si vous souhaitez juste des énoncés, allez plutôt ici. Connaitre ces exercices aide à bien comprendre cette partie du cours de dérivation

Exercice 1

Commençons par un exercice de base

Rayon de convergence à calculer

Question 1

Appliquons la règle de d’Alembert à cette suite :

\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = \dfrac{(n+1)!}{n!}=\dfrac{(n+1)n!}{n!}=n+1

Donc le rayon de convergence est

R=\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{1}{n+1}=0

Question 2

On sait que :

\ln \left(1+\dfrac{1}{n} \right) \sim \dfrac{1}{n}

Or, si

u_n = \dfrac{1}{n}

On a

\lim_{n \rightarrow+ \infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n}{n+1}=1

Donc, par équivalent

R((u_n)_{n \in\mathbb{N}})=R\left(\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{n} \right)\right)_{n \in\mathbb{N}}\right)= 1

Le rayon de convergence de la suite est 1

Question 3

Là aussi utilisons la règle de d’Alembert, avec un peu plus de calcul qu’à la question 1 :

\begin{array}{l}
\displaystyle \dfrac{a_{n+1}}{a_n}\\
=\displaystyle \dfrac{\prod_{k=1}^{n+1} \left(1+\frac{k}{n+1}\right)}{\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{k}{n}\right)}\\
=\displaystyle \dfrac{\prod_{k=1}^{n+1} \left(\frac{n+1+k}{n+1}\right)}{\prod_{k=1}^n \left(\frac{n+k}{n}\right)}\\
=\displaystyle \dfrac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}} \dfrac{\prod_{k=1}^{n+1} \left({n+1+k}\right)}{\prod_{k=1}^n \left({n+k}\right)}\\
=\displaystyle \dfrac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}} \dfrac{\prod_{k=2}^{n+2} \left({n+k}\right)}{\prod_{k=1}^n \left({n+k}\right)}\\
=\displaystyle \dfrac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}} \dfrac{(2n+1)(2n+2)}{n}\\
=\displaystyle \dfrac{n^{n}}{(n+1)^{n}} \times \left(2+\frac{1}{n}\right)\times 2\\
=\displaystyle \dfrac{2\left(2+\frac{1}{n}\right)}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}\\
\end{array}

Or,

\begin{array}{l}
\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\\
=\displaystyle \exp\left(n \ln \left(1 +\frac{1}{n} \right)\right)\\
\displaystyle \sim \exp\left(n \frac{1}{n} \right) = e\\
\end{array}

On a donc

  n\ln \left(1 +\frac{1}{n} \right)\\
\displaystyle \sim n \frac{1}{n}  = 1

En prenant l’exponentielle :

\lim_{n \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=  e

Ce qui fait qu’on obtient maintenant :

 \lim_{n \rightarrow+\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{4}{e}

D’où

R = \dfrac{e}{4}

Question 4

Prenons un équivalent de an. On a :

\dfrac{n^3+n+3}{n+1}\sim \dfrac{n^3}{n}= n^2 

Or,

\lim_{n \rightarrow+\infty} \dfrac{(n+1)^2}{n^2} = 1

On en déduit alors le rayon de convergence : R = 1.
Ceci conclut le premier exercice

Exercice 2

Sommes doubles

Question 1

On a :

\begin{array}{l}
\text{Si }t \in \mathbb{R}\backslash \mathbb{N}^* :\\
\left|\dfrac{z_n}{n-t}\right| \leq \dfrac{1}{2}\left( \left|{z_n}^2\right|+\left|\dfrac{1}{n-t}\right|^2\right)
\end{array}

Or, la suite (zn)n est de carré sommable et

\left|\dfrac{1}{n-t}\right|^2 \sim \dfrac{1}{n^2}

Qui est le terme général d’une série convergente.
Donc, si

\begin{array}{l}
\text{Si }t \in \mathbb{R}\backslash \mathbb{N}^*,\left|\dfrac{z_n}{n-t}\right|
\end{array}

est le terme général d’une série convergente et donc la fonction est bien définie.
Par contre,

\begin{array}{l}
\text{Si }t \in  \mathbb{N}^*,\exists n\geq 1, n-t = 0 
\end{array}

Et dans ce cas la fonction n’est pas définie. On a donc

D_f = \mathbb{R}\backslash \mathbb{N}^*

Question 2

On a :

\begin{array}{l}
\dfrac{z_n}{n-t}\\
 = \dfrac{z_n}{n}  \dfrac{1}{1-\frac{t}{n}}\\
 =\displaystyle\dfrac{z_n}{n}  \sum_{m=0}^{+\infty} \left(\frac{t}{n}\right)^m\\
 =\displaystyle  \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{z_nt^m}{n^{m+1}}
\end{array}

Si on retourne à la fonction g :

\begin{array}{ll}
g(t) &= \displaystyle \sum_{n\geq 1}\dfrac{z_n}{n-t}\\
&= \displaystyle \sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 0} \frac{z_nt^m}{n^{m+1}}
\end{array}

Ce qui termine la première partie de la question. Maintenant, essayons d’inverser les deux signes somme.
D’une part :

\sum_{m\geq 0}\left| \frac{z_nt^m}{n^{m+1}}\right|= \dfrac{|z_n|}{n\left(1-\left| \frac{t}{n}\right|\right)}=\left| \dfrac{z_n}{n-t}\right|

Donc,

\forall n \geq 1,\sum_{m\geq 0}\left| \frac{z_nt^m}{n^{m+1}}\right|

converge. D’autre part,

\sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 0}\left| \frac{z_nt^m}{n^{m+1}}\right|= \sum_{n\geq 1} \left| \dfrac{z_n}{n-t}\right|

qui converge d’après le résultat montré à la question 1. On a donc :

g(t) = \sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 0} \frac{z_nt^m}{n^{m+1}}= \sum_{m\geq 0}\left(\sum_{n\geq 1} \frac{z_n}{n^{m+1}}\right)t^m

ce qui est bien le résultat demandé.
On en conclut donc que g est développable en série entière avec un rayon de convergence 1.

Question 3

Si g(t) = 0 sur

\left]-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right[

Alors, par propriété des séries entières, comme la fonction est nulle sur un intervalle non nul autour de 0 :

\forall m \geq 0,  \sum_{n\geq 1} \frac{z_n}{n^{m+1}} = 0 

Et donc,

\forall t \in ]-1,1[, g(t)= 0

Passons à la seconde partie de la question :

\begin{array}{ll}
&\displaystyle \forall m \geq 0,  \sum_{n\geq 1} \frac{z_n}{n^{m+1}} = 0 \\
\Leftrightarrow & \displaystyle \forall m \geq 0,  \dfrac{z_1}{1^{m+1}} = - \sum_{n\geq 2} \frac{z_n}{n^{m+1}}\\
\Leftrightarrow & \displaystyle \forall m \geq 0,  z_1 =  -\sum_{n\geq 2} \frac{z_n}{n^{m+1}}
\end{array}

On a donc :

\begin{array}{ll}
|z_1|& \displaystyle \leq (\sup_{n \in \mathbb{N}}|z_n| )\sum_{n\geq 2} \dfrac{1}{n^{m+1}}\\
& \displaystyle \leq( \sup_{n \in \mathbb{N}}|z_n| )\sum_{n\geq 2} \dfrac{1}{2^{m-1}n^2}\\
& \displaystyle\leq \dfrac{1}{2^{m-1}}(\sup_{n \in \mathbb{N}}|z_n|) \sum_{n\geq 2} \dfrac{1}{n^2}
\\ &\rightarrow_{m\rightarrow + \infty} 0 
\end{array}

Le sup existe bien car la série converge. Donc z1 = 0, ce qui est bien le résultat attendu.

Question 4

Montrons le résultat par récurrence avec la propriété suivante :

P(n) : \forall m \geq n, z_n = 0 

. La question 3 fait office d’initialisation. Passons donc directement à l’hérédité. Supposons que pour un rang n fixé,

\forall m \geq n, z_n = 0 

On a donc :

\begin{array}{ll}
g(t+n) &= \displaystyle \sum_{k\geq n+1}\dfrac{z_k}{k-(t+n)}\\
 &= \displaystyle \sum_{k\geq 1}\dfrac{z_{k+n}}{k-t}\\
&= \displaystyle \sum_{k\geq 1}\sum_{m\geq 0} \frac{z_{k+n}t^m}{k^{m+1}}
\end{array}

Et on peut donc appliquer le même raisonnement qu’à la question 3. Cela conclut donc notre récurrence et cet exercice !

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