Série entière/Exercices/Calcul de sommes

Exercice 1

On considère la série entière de la variable réelle $x$ : $\sum _{n\geq 3}{\frac {x^{n}}{(n+1)(n-2)}}.$

1°  Déterminer le rayon de convergence $R$ de cette série entière. Est-elle convergente pour $|x|=R$ ?

Solution

$R=1$. En effet, ${\frac {|x|^{n}}{(n+1)(n-2)}}\sim {\frac {|x|^{n}}{n^{2}}}$. Donc si $|x|\leq 1$, la série est absolument convergente (par comparaison avec la série de Riemann convergente $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}$) tandis que si $|x|>1$, ${\frac {|x|^{n}}{n^{2}}}\to +\infty$ et la série diverge grossièrement.

 

2°  Pour tout nombre réel $x$ tel que la série entière précédente converge, on note $S(x)$ sa somme.

• Expliciter la dérivée de la fonction $x\mapsto xS(x)$ sur $]-R,R[$.
• En déduire $S(x)$ pour $x$ appartenant à $]-R,R[$.

Solution

• On peut naturellement dériver la fonction sur son ouvert de convergence, soit ici $]-R,R[$.

  $xS(x)=\sum _{n=3}^{\infty }{\frac {x^{n+1}}{(n+1)(n-2)}}$.

  On a donc $(xS)'(x)=\sum _{n=3}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n-2}}=x^{2}\sum _{k\geq 1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}=-x^{2}\ln(1-x)$.

• Une intégration par parties, suivie d'une intégration de fraction rationnelle, permet d'en déduire $xS(x)$, puis

  $S(x)={\frac {1}{3}}\left({\frac {1-x^{3}}{x}}\ln(1-x)+1+{\frac {x}{2}}+{\frac {x^{2}}{3}}\right)$.

(Une autre méthode aboutissant à ce résultat est d'écrire :

$3S(x)=\sum _{n=3}^{\infty }\left({\frac {x^{n}}{n-2}}-{\frac {x^{n}}{n+1}}\right)={\frac {x^{3}}{1}}+{\frac {x^{4}}{2}}+{\frac {x^{5}}{3}}+{\frac {x^{3}-1}{x}}\sum _{n\geq 4}{\frac {x^{n}}{n}}=x^{3}+{\frac {x^{4}}{2}}+{\frac {x^{5}}{3}}+{\frac {1-x^{3}}{x}}\left(\ln(1-x)+x+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}\right)$).

 

3°  Calculer la somme de chacune des séries numériques suivantes :

• $\sum _{n\geq 3}(-1)^{n}{\frac {R^{n}}{(n+1)(n-2)}}$ ;
• $\sum _{n\geq 3}{\frac {R^{n}}{(n+1)(n-2)}}$.

Solution

Par continuité, $S(-1)={\frac {1}{3}}\left({\frac {2}{-1}}\ln 2+1-{\frac {1}{2}}+{\frac {(-1)^{2}}{3}}\right)={\frac {5}{18}}-{\frac {2}{3}}\ln 2$ et $S(1)={\frac {1}{3}}\left(0+1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1^{2}}{3}}\right)={\frac {11}{18}}$.

 

Exercice 2

Soit $z\neq -1$ un nombre complexe de module $1$. On rappelle (Série numérique/Exercices/Critère d'Abel#Exercice 8) que la série $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\left(-z\right)^{n}}{n}}$ converge, et (Série entière/Propriétés#Dérivation, intégration) que $\ln \left(1+tz\right)$ est défini, pour tout réel $t\in \left]-1,1\right[$, par $\ln \left(1+tz\right):=-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-tz)^{n}}{n}}$. Démontrer que $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\left(-z\right)^{n}}{n}}=-\lim _{t\to 1^{-}}\ln \left(1+tz\right)$.

Solution

Application immédiate du théorème d'Abel radial.

 

Exercice 3

Sachant que $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$ (cf. Sommation/Exercices/Séries de Fourier et fonction zêta#Exercice 9-1), démontrer que

$\int _{0}^{1}{\frac {\ln x}{1-x}}\,\mathrm {d} x=-{\frac {\pi ^{2}}{6}}$.

Solution

$\int _{0}^{1}{\frac {\ln x}{1-x}}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}{\frac {\ln(1-h)}{h}}\,\mathrm {d} h=-\int _{0}^{1}\sum _{n\geq 1}{\frac {h^{n-1}}{n}}\,\mathrm {d} h=-\sum _{n\geq 1}\int _{0}^{1}{\frac {h^{n-1}}{n}}\,\mathrm {d} h=-\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}$,

l'interversion série-intégrale étant justifiée par la positivité des fonctions de la série.

Remarque : ce calcul avait déjà été effectué par Euler en 1731 (E20 : De summatione innumerabilium progressionum).

 

Exercice 4

Soit (S) la série $\sum _{n=2}^{\infty }u_{n}(z)$ où $u_{n}(z)={\frac {(-1)^{n}}{n(n-1)}}z^{n}$.

1. On pose $v_{n}(z)=z^{2}u_{n}(z)$. Déterminer le rayon de convergence de la série $\sum _{n=2}^{\infty }v_{n}(z)$.
2. Quel est le rayon de convergence des séries entières $\sum _{n=2}^{\infty }u'_{n}(z)$ et $\sum _{n=2}^{\infty }u''_{n}(z)$ ?
3. Déterminer la somme de la série $\sum _{n=2}^{\infty }u''_{n}(z)$.
4. En déduire la somme de la série (S).

Solution

1. La série $\sum _{n=2}^{\infty }v_{n}(z)$ a même rayon de convergence que $\sum _{n=2}^{\infty }u_{n}(z)$, soit $R=\lim {\frac {n(n-1)}{(n+1)n}}=1$.
2. Idem.
3. $\sum _{n=2}^{\infty }u''_{n}(z)=\sum _{n=2}^{\infty }(-z)^{n-2}={\frac {1}{1+z}}$ (si $|z|<1$).
4. $u''(z)={\frac {1}{1+z}}$ et $u'(0)=0$ donc $u'(z)=\mathrm {Log} (1+z)$. Puis, $u(0)=0$ donc $u(z)=(1+z)\mathrm {Log} (1+z)-z$.