Exercices corrigés

sur les séries entières

1 Enoncés
∑
Exercice 1 Déterminer le rayon de convergence des séries entières an z n suivantes :
( )
√ 1/3 nn n+1 π
an = ln n, an = (ln n)n , an = ( n)n , an = en , an = , an = arcsin √ − .
n! 1+n 2 4

Exercice 2 Déterminer le rayon de convergence de la série entière

∑ an n
z
1 + bn
selon les valeurs de a, b ∈ R∗+ .
∑
Exercice 3 Déterminer le rayon de convergence des séries entières an z n suivantes :
{ {
n si n est pair, 2n si ∃k ∈ N : n = k 3
an = an =
0 sinon. 0 sinon.
∑
Exercice 4 Déterminer le rayon de convergence R des séries entières réelles n≥0 an x
n suivantes,
puis calculer leurs sommes sur ]−R, R[ :
an = n, an = n(n − 1), a n = n2 .
∑
Exercice 5 Déterminer le rayon de convergence R des séries entières réelles n≥1 an x
n suivantes,
puis calculer leurs sommes sur ]−R, R[ :
( )
1 1 2nπ
an = , an = cos .
n(n + 2) n 3

Exercice 6 Calculer ∞ ∞ ∞
∑ n ∑ n2 ∑ n2 − 3n + 2
, , .
2n 2n 2n
n=0 n=0 n=0

Exercice 7 Calculer le développement en série entière en zéro des fonctions suivantes :

∫ x
1
f (x) = , g(x) = ln(x2 − 5x + 6), h(x) = cos t2 dt.
(x − 1)(x − 2) 0

Exercice 8 Calculer, selon les valeurs du paramètre réel t, le développement en série entière en zéro
de la fonction
1
f (x) = .
x2 − 2tx + 1

1
Exercice 9 Calculer le développement en série entière en zéro des fonctions suivantes :
( )
x sin a ( )
f (x) = arctan avec a ∈ ]0, π[ , g(x) = arcsin x 2 .
1 − x cos a

Exercice 10 Soit
1
fp (x) := .
(x − 1)(x − 2) · · · (x − p)
(1) Vérier que
∑
p
λk k
fp (x) = avec λk = (−1)p−k Cpk .
x−k p!
k=1

(2) En déduire le développemenent en série entière en zéro de la fonction fp .

Exercice 11 On pose a0 = 1 et b0 = 0, puis pour tout n ∈ N,

an+1 = −an − 2bn et bn+1 = 3an + 4bn .

Calculer les rayons de convergence et les sommes des séries entières

∑ an ∑ bn
xn et xn .
n! n!
n≥0 n≥0

Exercice 12 Montrer que l'équation diérentielle 3xy ′ +(2−5x)y = x admet une solution développable
en série entière autour de zéro.

Exercice 13 On se propose d'obtenir le développement en série entière de la fonction tangente. Pour

x ∈ ]−π/2, π/2[, on pose f (x) = tg x.
(1) En remarquant que f ′ = 1 + f 2 , montrer qu'il existe une suite (Pn ) de polynômes à coecients
dans N telle que f (n) = Pn ◦ f pour tout n ∈ N.
(2) En utilisant la formule de Taylor avec reste intégral, montrer que la série de MacLaurin de f a
un rayon de convergence R supérieur ou égal à π/2.
∑
(3) On note an les coecients du développement précédent et g la somme de la série entière an .
Montrer que, pour tout entier n ≥ 1,
∑
n
(n + 1)an+1 = ak an−k .
k=0

En déduire que, pour tout x ∈ ]−π/2, π/2[, f (x) = g(x), et que R = π/2.
(4) Calculer a0 , a1 , . . . , a7 .
(5) Vérier que la fonction x 7→ th x est développable en série entière. Préciser le rayon de convergence
et la valeur des coecients en fonction des coecients an ci-dessus.

2
2 Solutions
Solution de l'exercice 1

• On a :
( )
an+1 ln(n + 1) ln n(1 + n−1 ) ln(1 + n−1 )
= = =1+ −→ 1 lorsque n → ∞,
an ln n ln n ln n
donc R = 1.
• Puisque |an |1/n = ln n → ∞ lorsque n → ∞, la règle d'Hadamard implique que R = 0.
√
• Puisque |an |1/n = n → ∞ lorsque n → ∞, la règle d'Hadamard implique que R = 0.
1/3 −1 −2/3
• Puisque |an |1/n = en n = en → 1 lorsque n → ∞, la règle d'Hadamard implique que
R = 1.
• On a :
( )n ( )
an+1 (n + 1)n+1 n! n+1 1 n
= = = 1+ −→ e lorsque n → ∞,
an (n + 1)! nn n n
car ( ) ( )
1 n 1 1
ln 1 + = n ln 1 + ∼ n = 1.
n n n
Donc R = 1/e.
• On a :
n+1 1 + n−1
√ = √
1+n 2 2 + n−1
1 1 + n−1
= √ √
2 1 + (n 2)−1
( )( )
1 1 1
∼ √ 1+ 1− √
2 n n 2
[ ( )]
1 1 1
∼ √ 1+ 1− √
2 n 2
( )
1 1 1 1
∼ √ + √ − .
2 2 2 n
√
On doit donc
√ développer
√ arcsin à l'ordre 1 en 1/ 2. Puisque arcsin′ (x) = (1 − x2 )−1/2 , on obtient
arcsin′ (1/ 2) = 2, puis
( )
n+1 π
an = arcsin √ −
1+n 2 4
( ( ) ) ( )
1 1 1 1 1
∼ arcsin √ + √ − − arcsin √
2 2 2 n 2
( ) ( )
1 1 1 1
∼ arcsin′ √ · √ −
2 2 2 n
( )
√ 1 1 1
= 2 √ −
2 2 n
( )
1 1
= 1− √ =: αn .
2 n
Or, il est facile de voir que (αn )1/n → 1 lorsque n → ∞, de sorte que R = 1.

3
Solution de l'exercice 2 Si a = 0, alors an ≡ 0 et donc R = ∞. Supposons donc a ̸= 0.
• Si b > 1, alors
( a )n ( )1/n
an an a
∼n→∞ , donc −→ lorsque n → ∞.
1 + bn b 1 + bn b

La règle d'Hadamard montre alors que R = b/a.

• Si b = 1, alors
( )1/n
an an an a
= , donc = −→ a lorsque n → ∞.
1 + bn 2 1 + bn 21/n

La règle d'Hadamard montre alors que R = 1/a.

• Si b < 1, alors
( )1/n
an an
∼n→∞ an , donc −→ a lorsque n → ∞.
1 + bn 1 + bn

La règle d'Hadamard montre alors que R = 1/a.

Solution de l'exercice 3 Dans les deux cas, on utilise la règle d'Hadamard.

• On a : {
1/n n1/n si n est pair,
|an | =
0 sinon.
or,
1
ln n1/n = ln n −→ 0, donc n1/n −→ e0 = 1 lorsque n → ∞.
n
Il s'ensuit que lim sup |an |1/n = 1, et que R = 1.
• On a : {
1/n 2 si ∃k ∈ N : n = k 3
|an | =
0 sinon.

On voit donc que lim sup |an |1/n = 2, ce qui implique que R = 1/2.

Solution de l'exercice 4

• On a :
an+1 n+1
= −→ 1, donc R = 1.
an n
Calculons la somme : ∞ ∞
∑ ∑ x
n
nx = x nxn−1 = ,
(1 − x)2
n=0 n=1
∑
où la deuxième égalité s'explique par le fait que n≥1 nx
n−1 est la dérivée de
∞
∑ 1
xn = , x ∈ ]−1, 1[ .
1−x
n=0

4
 • On a :
an+1 (n + 1)n
= −→ 1, donc R = 1.
an n(n − 1)
Calculons la somme :
∞
∑ ∞
∑ 2x2
n(n − 1)xn = x2 n(n − 1)xn−2 = ,
(1 − x)3
n=0 n=2
∑
où la deuxième égalité s'explique par le fait que n(n − 1)xn−2 est la dérivée seconde de
∞
∑ 1
xn = , x ∈ ]−1, 1[ .
1−x
n=0

• On a :
an+1 (n + 1)2
= −→ 1, donc R = 1,
an n2
puis, d'après ce qui précède,
∞
∑ ∞
∑ ( )
n x 2 n
= n(n − 1) + n xn
n=0 n=0
∑∞ ∞
∑
= n(n − 1)xn + nxn
n=0 n=0
2x2 x
= +
(1 − x)3 (1 − x)2
x2 + x
= .
(1 − x)3

Solution de l'exercice 5

• On a :
an+1 n(n + 2)
= −→ 1 lorsque n → ∞,
an (n + 1)(n + 3)
donc R = 1. Par réduction de la fraction rationnelle en éléments simples,
( ) ∞
( ∞ ∞
)
1 1 1 1 ∑ xn 1 ∑ xn ∑ xn
= − , de sorte que = − .
n(n + 2) 2 n n+2 n(n + 2) 2 n n+2
n=1 n=1 n=1

D'une part,
∞ ∞ ∫ x ( ∞
) ∫
∑ xn ∑ xn+1 ∑ x
1
= = t n
dt = dt = − ln(1 − x),
n n+1 0 0 1−t
n=1 n=0 n=0

et d'autre part, pour x ̸= 0,

∞ ∞
[∞ ] [ ]
∑ xn ∑ x n+2 1 ∑ xn x 2 1 x2
−2
=x = 2 −x− = − 2 ln(1 − x) + x + .
n+2 n+2 x n 2 x 2
n=1 n=1 n=1

Finalement, la somme est nulle si x = 0 et, pour x ̸= 0,

∞
∑ (( ) ( ))
xn 1 1 1 1 1
= 2
− ln(1 − x) + + .
n(n + 2) 2 x 2 x 2
n=1

5
 • On a :  ( )
1/n 1  2π 1/n
|an | = 1/n cos n  .
n 3
Or,
1
n1/n −→ 1 puisque ln n1/n = ln n −→ 0 lorsque n → ∞,
n
et  ( )1/n ( )
 2π  2π
lim sup cos n  = 1 puisque cos n = 1 pour tout n ∈ 3N.
n→∞ 3 3
Donc lim sup |an |1/n = 1, de sorte que R = 1. Soit f : ]−1, 1[ → R la somme de la série entière.
Alors, f est dérivable, et sa dérivée satisfait
∞ ( ) ∞
( ∞
) ( )
∑ 2nπ ∑ ∑ j
′
f (x) = cos xn−1
= Re (j ) x
n n−1
= Re j (jx)n−1
= Re ,
3 1 − jx
n=1 n=1 n=1

où j := e2iπ/3 . Rappelons que j = j 2 , que j 3 = 1 et que 1 + j + j 2 = 0. On a alors :

( ) ( )
′ j(1 − j 2 x) j−x 1 2x + 1
f (x) = Re = Re =− .
(1 − jx)(1 − j 2 x) 1 + x + x2 2 x2 + x + 1

On en déduit que ∫
1 x
2t + 1 1 ( )
f (x) = − dt = − ln x2 + x + 1 .
2 0 t2 +t+1 2

Solution de l'exercice 6

• D'après l'exercice 4, on a :
∞
∑ ∞
∑
n x 1 n
= avec x = , donc = 2.
2n (1 − x)2 2 2n
n=0 n=0

• D'après l'exercice 4, on a :
∞
∑ ∞
∑
n2 x2 + x 1 n2
= avec x = , donc = 6.
2n (1 − x)3 2 2n
n=0 n=0

• On a :
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑ ∞
∑ ( )
n2 − 3n + 2 n2 n 1 1 −1
= −3 +2 =6−3·2+2 1− = 4.
2n 2n 2n 2n 2
n=0 n=0 n=0 n=0

Solution de l'exercice 7

• La décomposition en éléments simples donne :

∞ ( )
1 ∑ ( x )n ∑ n ∑
∞ ∞
1 1 1 1 1 1
f (x) = − =− + =− + x = 1 − n+1 xn .
x−2 x−1 2 1 − x/2 1 − x 2 2 2
n=0 n=0 n=0

6
 • On a : ( x) ( x)
x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3) = 6 1 − 1− ,
2 3
donc
( )
g(x) = ln x2 − 5x + 6
( x) ( x)
= ln 6 + ln 1 − + ln 1 −
2 3
∫ x/2 ∫ x/3
1 1
= ln 6 + dt + dt
0 1−t 0 1−t
∫ x/2 ∑
∞ ∫ x/3 ∑∞
n
= ln 6 + t dt + tn dt
0 n=0 0 n=0
∞
∑ ∞
∑
(x/2)n+1 (x/3)n+1
= ln 6 + +
n+1 n+1
n=0 n=0
∑∞ ( )
1 1 xn
= ln 6 + n
+ n .
2 3 n
n=1

• On a, avec un rayon de convergence inni,

∞
∑ ∞
∑
u2n t4n
cos u = (−1) n
donc cos t = 2
(−1)n
(2n)! (2n)!
n=0 n=0

La fonction h est développable en série entière, avec rayon de convergence inni, et pour tout
x ∈ R,
∫ ( ∞
) ∞ (∫ ) ∞
x ∑ t4n ∑ x
t4n ∑ x4n+1
h(x) = (−1)n dt = (−1) n
dt = (−1)n .
0 (2n)! 0 (2n)! (2n)!(4n + 1)
n=0 n=0 n=0

Solution de l'exercice 8

• Si |t| < 1, on pose θ := arccos t ∈ ]0, π[, de sorte que

( )( )
x2 − 2tx + 1 = x2 − 2x cos θ + 1 = x − eiθ x − e−iθ .

On écrit alors une décomposition en élémnts simples :

1 a b
= + ,
x2 − 2tx + 1 x−e iθ x − e−iθ
et par identication, on trouve
1
a= = −b.
2i sin θ

7
 Ainsi,
( )
1 1 1 1
= −
x2 − 2tx + 1 2i sin θ x − eiθ x − e−iθ
( −iθ
)
1 e eiθ
= − +
2i sin θ 1 − xe−iθ 1 − xeiθ
( ∞ ∞
)
1 ∑ ∑
−iθ −inθ n
= e iθ
e x −e
inθ n
e x
2i sin θ
n=0 n=0
∞ (
∑ )
1
= ei(n+1)θ − e−i(n+1)θ xn
2i sin θ
n=0
∞ ( )
∑ sin (n + 1)θ n
= x
sin θ
n=0

où la troisième égalité est valide pour |x| < 1.

• Si t = 1, alors
( )′ ∞
∑
1 1 1
= = = (n + 1)xn .
x2 − 2xt + 1 (1 − x)2 1−x
n=0

• Si t = −1, alors
∑ ∞
1 1
=( )2 = (−1)n (n + 1)xn .
x − 2xt + 1
2
1 − (−x) n=0

• Si t > 1, on écrit t = ch 0 avec θ > 0, et alors

( )( )
x2 − 2tx + 1 = x2 − 2x ch θ + 1 = x − eθ x − e−θ .

On écrit alors une décomposition en élémnts simples :

1 a b
= + ,
x2 − 2tx + 1 x−e θ x − e−θ
et par identication, on trouve
1
a= = −b.
2 sh θ
Ainsi,
( )
1 1 1 1
= −
x2 − 2tx + 1 2 sh θ x − eθ x − e−θ
( −θ
)
1 e eθ
= − +
2 sh θ 1 − xe−θ 1 − xeθ
( ∞ ∞
)
1 ∑ ∑
−θ −nθ n
= e θ
e x −e
nθ n
e x
2 sh θ
n=0 n=0
∞ (
∑ )
1
= e(n+1)θ − e−(n+1)θ xn
2 sh θ
n=0
∞ ( )
∑ sh (n + 1)θ n
= x ,
sh θ
n=0

où la troisième égalité est valide pour |x| < e−θ .

8
 • Si t < −1, on écrit xt = (−x)(−t), et on obtient le développement souhaité en s'appuyant sur le
cas précédent.

Solution de l'exercice 9

• Si cos a = 0, la fonction f est dénie sur R. Si cos a ̸= 0, la fonction f est dénie sur
] [ ] [
1 1
−∞, ∪ ,∞ .
cos a cos a
Pour x dans le domaine de dénition,
( ( )2 )−1
(1 − x cos a) sin a − (− cos a)x sin a x sin a
f ′ (x) = 1+
(1 − x cos a)2 1 − x cos a
( ( )
)2 −1
sin a x sin a
= 1+
(1 − x cos a)2 1 − x cos a
sin a
=
(1 − x cos a)2 + (x sin a)2
sin a
= .
x − 2x cos a + 1
2

D'après l'exercice 8, f ′ est développable en série entière et, pour tout x ∈ ]−1, 1[,
∞
∑
′
( )
f (x) = sin (n + 1)a xn .
n=0

On peut alors intégrer terme à terme, et obtenir une série entière de même rayon de convergence :
∫ ∞
∑
x ( ) xn+1
f (x) = f (0) + f ′ (x) dx = sin (n + 1)a .
0 n+1
n=0

• La fonction f est deux fois dérivable sur ]−1, 1[, et l'on a :

2 2x 2 x 2
f ′ (x) = √ arcsin x et f ′′ (x) = arcsin x + = f ′ (x) + .
1−x2 (1 − x )
2 3/2 1 − x2 1 − x2 1 − x2
Donc, pour x ∈ ]−1, 1[, on a le système
{
(1 − x2 )f ′′ (x) − xf ′ (x) = 2,
(S )
f (0) = f ′ (0) = 0.

D'après la théorie des équations diérentielles, le système (S ) détermine f = arcsin de manière

unique. Cherchons maintenant la solution de (S ) au voisinage de zéro, sous forme d'une série
entière de rayaon de convergence R > 0 : pour |x| < R,
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑
f (x) = an xn , f ′ (x) = nan xn−1 , f ′′ (x) = n(n − 1)an xn−2 .
n=0 n=1 n=2

En introduisant ces expressions dans l'équation diérentielle, on obtient :

∞
∑ ∞
∑
(1 − x2 ) n(n − 1)an xn−2 − x nan xn−1 = 2,
n=2 n=1

9
 soit ∞ ∞ ∞
∑ ∑ ∑
n(n − 1)an xn−2 − n(n − 1)an xn − nan xn = 2,
n=2 n=1 n=1
soit ∞ ∞
∑ ∑
n(n − 1)an xn−2 − n2 an xn = 2,
n=2 n=0
soit encore ∞ ∞
∑ ∑
(n + 2)(n + 1)an+2 xn − n2 an xn = 2,
n=0 n=0

soit enn ∞
∑ ( )
(n + 2)(n + 1)an+2 − n2 an xn = 2.
n=0

Puisque f (0) = 0, a0 . Puis, par unicité du développement en série entière de la fonction constante
égale à 2, on obtient a1 = 0, a2 = 1, puis
n2
∀n ∈ N∗ , an+2 = .
(n + 2)(n + 1)

Il s'ensuit que les coecients d'ordre impair sont tous nuls, et que
22 42 22 62 42 22
a4 = , a6 = · , a8 = · · ,
4·3 6·5 4·3 8·7 6·5 4·3
puis, inductivement,
( )2 ( )2
(2n − 2) × · · · × 4 × 2 22n−1 (n − 1)!
a2n = = .
(2n) × (2n − 1) × · · · × 4 × 3 (2n)!

La série entière ( )2
∞
∑ 22n−1 (n − 1)!
x2n
(2n)!
n=1

est solution du système (S ) sur ]−R, R[, où R est le rayon de convergence, que nous calculons main-
tenant.
 
 22n+1 (n!)2 x2n+2  4x2 n2
 (2n)! 
 ( )2  = −→ x2 lorsque n → ∞.
 (2n + 2)! 22n−1 (n − 1)!  (2n + 2)(2n + 1)

D'après la règle de d'Alembert, la série converge (absolument) pour |x| < 1 et diverge grossièrement
pour |x| > 1. On a donc R = 1. En conclusion, f est déeloppable en série entière, et
∞ ( )2
∑ 22n−1 (n − 1)!
∀x ∈ ]−1, 1[ , 2
arcsin x = x2n .
(2n)!
n=1

Solution de l'exercice 10

(1) Faisons une récurrence sur p.

• Pour p = 1, λ1 = 1, donc la formule est satisfaite.

10
• Supposons la formule satisfaite à l'ordre p − 1. Alors,
( p−1 )
∑ k 1 1
fp (x) = (−1)p−1−k k
Cp−1 .
(p − 1)! x−k x−p
k=1

Or, par décomposition en éléments simples,

1 1 a b
= + .
x−kx−p x−k x−p
Par identication, on trouve
1
a=− = −b,
p−k
de sorte que
1 1 1 1
=− + .
x−kx−p (p − k)(x − k) (p − k)(x − p)
Donc,
∑
p−1 ( )
k 1 1 1
fp (x) = (−1) p−1−k k
Cp−1 −
(p − 1)! p−k x−p x−k
k=1
∑
p−1
k 1 1
= − (−1)p−1−k Ck
(p − 1)! p−1 p − k x − k
k=1
( p−1 )
∑ k 1 1
+ (−1)p−1−k k
Cp−1
(p − 1)! p−k x−p
k=1
( )
∑
p−1
1 1 ∑
p−1
1 1
= (−1)p−k + (−1)p−1−k
(k − 1)!(p − k)! x − k (k − 1)!(p − k)! x − p
k=1 k=1
( )
∑
p−1
k 1 ∑
p−1
1 1
= (−1)p−k Cpk + (−1)p−1−k .
p! x − k (k − 1)!(p − k)! x − p
k=1 k=1

Reste à vérier que

1 ∑ p−1
1
=: λp = (−1)p−1−k .
(p − 1)! (k − 1)!(p − k)!
k=1

Or,
∑
p−1
(p − 1)! ∑
p−2
(p − 1)!
p−1−k
(−1) = (−1)p−2−k
(k − 1)!(p − k)! k!(p − 1 − k)!
k=1 k=0
∑
p−2
= − (−1)p−1−k Cp−1
k

k=0
( p12 )
∑
= − p−1−k
(−1) k
Cp−1 −1
k=0
( )
= − (1 − 1)p−1 − 1 = 1.

11
 Il s'ensuit que
∑
p
1 1 ∑ λk p
fp (x) = (−1)p−k = .
(k − 1)!(p − k)! x − k x−k
k=1 k=1

(2) Par suite, pour tout x ∈ ]−1, 1[,

∑
p ( )
k k 1 1
fp (x) = (−1) p−k
Cp −
p! k 1 − x/k
k=1
∞ ( )
(−1)p ∑ ∑
p
x n
= (−1)k+1 Cpk
p! k
k=1 n=0
∞
( )
(−1)p ∑ ∑
p
Ck
k+1 p
= (−1) xn .
p! kn
n=0 k=1

Solution de l'exercice 11 On a, sous forme matricielle,

( ) [ ]( )
an+1 −1 −2 an
= ,
bn+1 3 4 bn

d'où l'on tire que ( ) ( ) [ ]

an a0 −1 −2
=A n
, où A := .
bn b0 3 4
Le calcul de an et bn repose alors sur le calcul de An , qui peut se faire en diagonalisant A. On vérie
sans peine que les valeurs propres de A sont 1 et 2, et que A admet la famille
{( ) ( )}
1 2
B := ,
−1 −3

pour base de vecteurs propres. On rappelle que, si Λ désigne la matrice de l'endomorphisme canoni-
quement associé à A dans la base B , alors
[ ] [ ]
1 0 1 2
Λ= = P −1 AP, où P =
0 2 −1 −3

est la matrice de passage de la base canonique à la base B . Ainsi, A = P ΛP −1 , puis An = P Λn P −1 .

Un calcul élémentaire donne [ ]
3 2
P −1 = ,
−1 −1
puis [ ][ ][ ] [ ]
1 2 1n 0 3 2 3 − 2n+1 2 − 2n+1
An = = ,
−1 −3 0 2n −1 −1 −3 + 3 · 2n −2 + 3 · 2n
et on obtient alors ( ) ( ) ( )
an n 1 3 − 2n+1
=A = .
bn 0 3(2n − 1)
Il s'ensuit que
∑ an ∑ 3 − 2n+1 ∑ bn ∑ 3(2n − 1)
xn = xn et xn = xn .
n! n! n! n!

12
D'une part
3 − 2n+2 n! 1 3 − 2n+2
= −→ 0 lorsque n → ∞,
(n + 1)! 3 − 2n+1 n + 1 3 − 2n+1
et d'autre part,
3(2n+1 − 1) n! 1 2n+1 − 1
= −→ 0 lorsque n → ∞,
(n + 1)! 3(2n − 1) n + 1 2n − 1

de sorte que les rayons de convergences sont tous deux innis. Enn, pour tout x ∈ R,
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑
an xn (2x)n
n
x =3 −2 = 3ex − 2e2x
n! n! n!
n=0 n=0 n=0

et ( )
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑
bn (2x)n xn ( )
xn = 3 − = 3 e2x − ex .
n! n! n!
n=0 n=0 n=0

Solution de l'exercice 12 On cherche y(x) sous la forme

∞
∑
y(x) = an x n , x ∈ ]−R, R[ .
n=0

En appliquant le théorème de dérivation terme à terme des séries entières, on doit avoir alors
∞
∑
y ′ (x) = nan xn−1 , x ∈ ]−R, R[ ,
n=0

et l'équation diérentielle s'écrit alors

∞
∑ ∞
∑
3x nan xn−1 + (2 − 5x) an xn = x,
n=0 n=0

soit ∞ [
∑ ]
(3nan + 2an )xn − 5an xn+1 = x,
n=0
soit encore,
∞ [
∑ ]
(3n + 2)an xn − 5an+1 xn+2 − 5a0 x = x.
n=0

On en déduit que 2a0 = 0, que 5a1 − 5a0 = 1 et que, pour tout n ≥ 2, (3n + 2)an − 5an−1 = 0. Ainsi,
1 5 5n−1 1 5n−2
a0 = 0, a1 = , puis an = an−1 = ∏ · = ∏ .
5 3n + 2 (3k + 2) 5 (3k + 2)
2≤k≤n 2≤k≤n

On obtient donc : ∞
1 ∑ 5n−2
y(x) = x + ∏ xn .
5 (3k + 2)
n=2
2≤k≤n

13
Puisque
an+1 5
= −→ 0 lorsque n → 0,
an 3(n + 1) + 2
le rayon de convergence de la série entière est égal à l'inni.

Solution de l'exercice 13

(1) La fonction f est le quotient de deux fonctions de classe C ∞ sur I = ]−π/2, π/2[ dont le
dénominateur ne s'annule pas (sur cet intervalle). C'est donc elle-même une fonction de classe C ∞
sur I . Considérons la propriété
(Pn ) Il existe un polynôme Pn à coecients dans N tel que f (n) = Pn ◦ f sur I .
Il est clair que (P0 ) est vraie, avec P0 = X . On remarque que, puisque f ′ = 1 + f 2 , la pro-
priété (P1 ) est aussi vraie, avec P1 = 1 + X 2 . Supposons maintenant la propriété (Pk ) vraie
pour tout k ∈ {1, . . . , n}, avec n ≥ 1, et montrons que (Pn+1 ) est encore vraie. On a :
f (n+1) = (1 + f 2 )(n)
= (f 2 )(n)
∑n
= Cnk f (k) f (n−k)
k=0
∑
n
= Cnk (Pk ◦ f )(Pn−k ◦ f )
k=0
( n )
∑
= Cnk Pk Pn−k ◦ f,
k=0

où la troisième égalité résulte de la formule de Leibniz. On a donc bien f (n+1) = Pn+1 ◦ f , où le

polynôme
∑
n
Pn+1 := Cnk Pk Pn−k
k=0
est à coecients dans N d'après l'hypothèse de récurrence.
(2) D'après la formule de Taylor avec reste intégral, pour tout x ∈ I ,
∑
n ∫
f (k) (0) k
x
(x − t)n (n+1)
f (x) = x + f (t) dt.
k! 0 n!
k=0

La fonction tangente étant impaire, seuls les termes d'ordre impair de la partie polynômiale sont
non nuls, et il sut de considérer la dernière formule pour x ∈ [0, π/2[. D'après la question (1),
f (k) (u) = Pk (tg u) ≥ 0 pour tout u ∈ [0, π/2[. Par conséquent, pour x ∈ [0, π/2[,
∫ x
(x − t)n (n+1)
f (t) dt ≥ 0,
0 n!
et la suite des sommes partielles de la série de MacLaurin de f satisfait :
∑
n ∫
f (k) (0) x
(x − t)n (n+1)
x = f (x) −
k
f (t) dt ≤ f (x).
k! 0 n!
k=0

Cette suite, qui est croissante (puisque les termes (f (k) (0)xk )/(n!) sont positifs), est donc majorée.
On en déduit qu'elle est convergente. Ainsi, la série de MacLaurin de f est convergente pour tout
x ∈ I , de sorte que son rayon de convergence est supérieur où égal à π/2.

14
(3) Posons
f (n) (0)
∞
∑ ( ] π π [)
an := (n ∈ N) et g(x) := an x n x∈ − , .
n! 2 2
n=0

On a vu que, pour tout n ∈ N∗ ,

∑
n
Pn+1 = Cnk Pk Pn−k .
k=0

En divisant cette équation par n! et en l'évaluant en tg 0 = 0, on obtient

Pn+1 (tg 0) ∑ Pk (tg 0) Pn−k (tg 0) ∑
n n
= , soit (n + 1)an+1 = ak an−k .
n! k! (n − k)!
k=0 k=0

Tous les coecients de la série de MacLaurin sont donc donnés par cette dernière relation, avec
les valeurs initiales a0 = 0 et a1 = 1. Vérions que f coïncide avec la somme de sa série de
MacLaurin sur l'intervalle I . On a :
∞
∑
′
g (x) = (n + 1)an+1 xn
n=0
∞
( n )
∑ ∑
= 1+ ak an−k xn
n=1 k=0
∞
( n )
∑ ∑
= 1+ ak an−k xn
n=0 k=0
∞
( n )
∑ ∑ ( )( )
k n−k
= 1+ ak x an−k x .
n=0 k=0
∑
La dernière double somme apparaît comme le produit de Cauchy de la série an xn avec elle-
même, et on en déduit que g ′ (x) = 1 + g 2 (x). De plus, g(0) = a0 = 0. Pour x ∈ I , posons
alors
h(x) := arctg(g(x)).
La fonction h est dérivable sur I , et pour tout x ∈ I ,
g ′ (x)
h′ (x) = = 1,
1 + g 2 (x)

et en intégrant, on obtient h(x) = h(0) + (x − 0) = x. Ainsi, pour tout x ∈ I , g(x) = tg x = f (x).

La fonction tangente est donc développable en série entière à l'origine, et coïncide avec sa série
de MacLaurin pour tout x ∈ I . Comme g(x) = f (x) tend vers l'inni lorsque x tend vers π/2
par valeurs inférieures, on voit que le rayon de convergence est inférieur ou égal à π/2, donc en
fait égal à π/2.
∑
(4) On sait déjà que a0 = a2 = a4 = a6 = 0 et que a1 = 1. La relation (n + 1)an+1 = nk=0 ak an−k ,
valable pour tout n ∈ N∗ , permet d'obtenir :
1 2 17
a3 = , a5 = a7 = .
3 15 315

15
(5) Pour tout x ∈ R,
sh x ex − e−x e−i(ix) − ei(ix) −2i sin(ix) 1
th x = = x −x
= −i(ix) = = tg(ix),
ch x e +e e + ei(ix) 2 cos(ix) i

et donc, pour tout x ∈ I ,

∞ ∞
1∑ ∑
th x = a2n+1 (ix)2n+1 = (−1)n a2n+1 x2n+1 .
i
n=0 n=0

Le rayon de convergence de cette série entière est bien sûr encore égal à π/2.

16