Consigne: Montrer qu'une fonction développable en série entière \(f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n\) pour \(x\in\,]-\delta,\delta[\) est continue sur \(]-\delta,\delta[\)

Vérifier que l'intervalle est contenu dans \([-\alpha,\alpha]\)
On fixe \(\alpha\) tel que \(\lvert x_0\rvert\lt \alpha\lt \delta\leqslant R\) pour \(x_0\in\,]-\delta,\delta[\)
Si on pose \(\eta=\alpha-\lvert x_0\rvert\gt 0\), on a $$]x_0-\eta,x_0+\eta[\,\subset[-\alpha,\alpha]$$

Théorèmes de continuité des limites uniformes

Comme la série entière converge uniformément sur \([-\alpha,\alpha]\) et que chaque fonction \(f_n=a_nx^n\) est continue en \(x_0\), on obtient que \(f\) est aussi continue en \(x_0\) d'après les théorèmes de continuité des limites uniformes

(Convergence uniforme (série de fonctions) (Continuité de la limite uniforme))

Consigne: Montrer que lorsqu'on a \(f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n\), on a $$f(0)=a_0$$

Développer

$$f(0)=a_0+\underbrace{a_10}_{=0}+\underbrace{a_20^2}_{=0}+\ldots$$

Consigne: Soit \(f\) une fonction qui possède un développement en série entière
On pose \(f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n\) pour \(x\in\,]-\delta,\delta[\)
Montrer que \(f\) possède un développement limité à tout ordre \(N\) en \(0\) qui s'obtient en tronquant son développement en série entière : $$f(x)=\sum^N_{n=0}a_nx^n+x^N\varepsilon(x)\quad\text{ avec }\quad\lim_{x\to0}\varepsilon(x)=0$$

Mise en évidence du reste : \(R_N(x)=\varepsilon(x)\) ?
On sait que dans le domaine de convergence de la série on a : $$f(x)=\sum^N_{n=0}a_nx^n+\underbrace{\sum^{+\infty}_{n=N+1}a_nx^n}_{R_N(x)}$$

Changement de variable pour isoler \(x^N\) et \(\varepsilon_N(x)\)
Il s'agit donc de montrer que le reste vérifie \(R_N(x)=x^N\varepsilon_N(x)\) pour une fonction \(\varepsilon_N\) telle que \(\displaystyle\lim_{x\to0}\varepsilon_N(x)=0\)
On a $$\begin{align} R_N(x)=\sum^{+\infty}_{n=N+1}a_nx^n&=\sum^{+\infty}_{k=1}a_{N+k}x^{N+k}\\ &=x^N\underbrace{\sum^{+\infty}_{k=1}a_{N+k}x^k}_{\varepsilon_N(x)}\quad\text{ pour }\quad x\in\,]-\delta,\delta[\end{align}$$

Déterminer \(\displaystyle\lim_{x\to0}\varepsilon_N(x)\) via la continuité de la série entière

On a \(\varepsilon_N(x)\) série entière définie (convergente) pour \(x\in\,]-\delta,\delta[\), donc continue sur \(]-\delta,\delta[\), donc $$\lim_{x\to0}\varepsilon_N(x)=\varepsilon_N(0)=0$$

(Convergence uniforme (série de fonctions) (Continuité de la limite uniforme))

Consigne: On peut trouver des fonctions qui ont un développement limité de tout ordre \(N\in{\Bbb N}\) mais qui ne sont pas développables en série entière

Définition de la fonction
Soit $$\varphi:\begin{align}{\Bbb R}&\longrightarrow{\Bbb R}\\ x&\longmapsto\begin{cases}\exp(-1/x^2)&\text{si}\quad x\ne0\\ 0&\text{si}\quad x=0\end{cases}\end{align}$$

Continuité en \(0\)
On a $$\lim_{x\to0}\exp\underbrace{\left(-\frac1{x^2}\right)}_{\to-\infty}=0$$ donc \(\varphi\) est continue en \(0\)

La fonction est un petitot de \(x^N\)
Et $$\lim_{x\to0}\frac1{x^N}\exp\left(-\frac1{x^2}\right)=\lim_{y\to+\infty}y^{N/2}\exp(-y)=0$$

Puisque la fonction est un petitot, elle possède un développement limité nul en \(0\) pour tout ordre \(N\)
D'où \(\varphi(x)=0+x^N\varepsilon_N(x)\) (développement limité nul) avec $$\varepsilon_N(x)=\begin{cases}\frac1{x^N}\exp(-1/x^2)&\text{si}\quad x\ne0\\ 0&\text{si}\quad x=0\end{cases}$$
Tel que \(\displaystyle\lim_{x\to0}\varepsilon_N(x)=0\) d'après ce qu'on vient de voir

Absurde : le développement en série entière serait alors nul pour \(x\ne0\), alors que la fonction n'est pas nulle pour \(x\ne0\)

Mais \(\varphi\) n'est certainement pas développable en série entière car, d'après l'identité des DL avec avec des troncatures de séries entières, alors ce développement s'écrirait : $$\varphi(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}0\cdot x^n=0$$
C'est absurde car \(\varphi\) n'est pas nulle

Consigne: Montrer que le développement en série entière de \(f:I\to{\Bbb R}\) est unique s'il existe

Supposer qu'il y a deux développements possibles
Supposons que l'on ait : $$f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n=\sum^{+\infty}_{n=0}b_na^n$$ dans un domaine \(]-\delta,\delta[\) pour \(\delta\gt 0\)

Montrer que chaque coefficients sont égaux deux à deux via la troncature en développement limité

Alors on a : $$f(x)=\sum^N_{n=0}a_nx^n+o(x^N)=\sum^N_{n=0}b_nx^n+o(x^N)\qquad(\forall N)$$
Et donc \(\forall N\in{\Bbb N},\forall n\in\{0,\ldots,N\},a_n=b_n\)

(Développement en série entière (Troncature en développement limité))

Consigne:

\(r\lt R\implies(\lvert a_{k+1}\rvert\frac{r^k}{k})_{k\geqslant1}\) bornée
\(r\lt R\implies(\lvert a_n\rvert r^n)_{n\in\Bbb N}\) bornée, i.e. $$\exists c_r,\qquad\lvert a_n\rvert r^n\leqslant c_r$$
On a alors $$\lvert a_{k-1}\rvert\frac{r^k}{k}=\underbrace{\lvert a_{k-1}\rvert r^{k-1}}_{\leqslant c_r}\times\underbrace{\frac1k}_{\to0,\leqslant1}\times r$$ d'où \(\lvert a_{k-1}\rvert\frac{r^k}{k}\leqslant rc_r\), d'où le résultat

\(r\gt R\implies(\lvert a_{k-1}\rvert\frac{r^k}k)_{k\geqslant1}\) n'est pas bornée
Puisque \(r\gt R\), on fixe \(q\) tel que \(r\gt q\gt R\)
$$\lvert a_{k-1}\rvert\frac{r^k}k=\lvert a_{k-1}\rvert q^{k-1}\times\frac1{q^{k-1}}\frac{r^k}{k}=\underbrace{\lvert a_{k-1}\rvert q^{k-1}}_{\text{non borné car }q\gt R}\underbrace{\underbrace{\frac{r}{k}}_{\to0}\left(\frac{r}{q}\right)^{k-1}}_{\to+\infty}$$
Donc \(\exists k_0,k\geqslant k_0\implies\frac rk(\frac rq)^{k-1}\geqslant1\)
Donc \(q\gt R\implies(\lvert a_{k-1}\rvert q^{k-1})_k\) est non bornée, donc $$\exists k_1\geqslant k_0,\lvert a_{k-1}\rvert q^{k-1}\gt A\quad\text{ donc }\quad\lvert a_{k-1}\rvert\frac{r^{k_1}}{k_1}\gt A\times1=A$$
Et donc \(\forall A\geqslant0,\exists k_1,\lvert a_{k_1-1}\rvert\frac{r^{k_1}}{k_1}\gt A\), ce qui prouve que la suite est non bornée comme on l'a affirmé

Théorème d'intégration sur les séries à convergence uniforme
On fixe \(x\) tq \(\alpha=\lvert x\rvert\lt R\)
\(f(t)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nt^n\)
Il y a convergence normale, et donc convergence uniforme sur \([-\alpha,\alpha]\) pour \(\alpha\lt R\)
Par le théorème d'intégration des suites à convergence uniforme, on a donc $$\int^x_0f(t)\,dt=\sum^{+\infty}_{n=0}\int^x_0a_nt^n\,dt=\sum^{+\infty}_{n=0}a_n\frac{x^{n+1}}{n+1}$$ d'où le résultat

Consigne: Soit \(f:I\to{\Bbb R}\) une fonction donnée par \(f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n\) pour \(\lvert x\rvert\lt R\)
Soit $${{\Psi(x)}}={{\sum^{+\infty}_{n=1}na_nx^{n-1}=\sum^{+\infty}_{k=0}(k+1)a_{k+1}x^k}}$$
montrer que le rayon de convergence \(\rho\) de cette série entière vérifie \(\sigma=R\) et qu'on a $$\varphi(x)={{f^\prime(x)}}\quad\text{ pour }\quad x{{\,\in\,]-R,R[}}$$ et que la fonction \(f\) donnée est de classe \(\mathcal C^1\) sur \(]-R,R[\)

Décomposer le terme général de \(\Psi\) en produit
Si \(0\leqslant r\lt R\), on fixe \(q\) tel que \(r\lt q\lt R\)
On a : $$(k+1)\lvert a_{k+1}\rvert r^k={\lvert a_{k+1}\rvert q^{k+1}}\times{\frac{k+1}q}\times{\left(\frac rq\right)^k}$$

Le tout tend vers \(0\)
$$(k+1)\lvert a_{k+1}\rvert r^k=\underbrace{\lvert a_{k+1}\rvert q^{k+1}}_{\to0\text{ car }q\lt R\implies\sum\lvert a_n\rvert q^n\text{ CV}}\times\underbrace{\underbrace{\frac{k+1}q}_{\to+\infty}\times\underbrace{\left(\frac rq\right)^k}_{\to0\text{ car }0\leqslant\frac1q\lt 1}}_{\longrightarrow0}$$

\(R\leqslant\sigma\) via le fait que la suite est bornée
Donc si \(0\leqslant r\lt R\), on a : $$\begin{align}&(k+1)\lvert a_{k+1}\rvert r^k\longrightarrow0\\ \implies&(k+1)\lvert a_{k+1}\rvert r^k\text{ borné}\\ \implies&r\leqslant \sigma\end{align}$$ donc tout \(0\leqslant r\lt R\) vérifie \(r\leqslant\sigma\) et on a donc \(R\leqslant\sigma\)

Décomposition en produit et étude de limite de chaque terme
Si \(r\gt R\), on a : $$(k+1)\lvert a_{k+1}\rvert r^k=\underbrace{\frac{k+1}{r}}_{\to+\infty\quad(1)}\times\underbrace{\lvert a_{k+1}\rvert r^{k+1}}_{\text{non borné car }r\gt R\quad(2)}$$

\(\sigma\leqslant R\) via majoration des termes du produit
Donc \(\forall A\geqslant0\), $$\begin{align}(1)&\implies\exists k_0,k\geqslant k_0\implies\frac{k+1}r\geqslant1\\ (2)&\implies\exists k_1\geqslant k_0,\lvert a_{k+1}\rvert r^{k+1}\gt A\end{align}$$ et alors \((k_1+1)\lvert a_{k+1}\rvert r^{k_1}\gt A\)
Ceci prouve que si \(r\gt R\), alors cette suite \((k+1)\lvert a_{k+1}\rvert r^k\) est non bornée et donc \(\sigma\leqslant R\)

Poser la série intéressante
On a $$\Psi(x)=\sum^{+\infty}_{n=1}\underbrace{na_nx^{n-1}}_{(a_nx^n)^\prime}$$ une série entière de rayon de convergence \(\sigma=R\)

\(f\) converge en au moins un point
De plus, \(f\) converge en au moins un point puisque $$f(0)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_n\cdot 0^n=a_0\quad\text{CV}$$

Conclusion

Donc \(\Psi(x)\) converge sur tout intervalle \([-\alpha,\alpha]\) pour \(0\leqslant\alpha\lt R\)
Donc \(f\) est de classe \(\mathcal C^1\) et \(f^\prime(x)=\Psi(x)\) \(\forall x\in\,]-\alpha,\alpha[\) \(\forall\alpha\lt R\) d'après le théorème de dérivation terme-à-terme des séries

Consigne: Montrer que toute fonction \(\mathcal C^\infty\) n'est pas dérivable en série entière

Donner une fonction \(\varphi\in\mathcal C^\infty\)
Soit la fonction :$$\varphi:\begin{align}{\Bbb R}&\longrightarrow{\Bbb R}\\ x&\longmapsto\begin{cases}\exp(-\frac1{x^2})&\text{si}\quad x\ne0\\ 0&\text{si}\quad x=0\end{cases}\end{align}$$ \(\varphi\) est de classe \(\mathcal C^\infty\) sur \({\Bbb R}^*\)

Dérivée \(p\)-ième
Avec une dérivée qui est : $$\varphi^{(p)}(x)=\frac{P_p(x)}{x^{N_p}}\exp\left(-\frac1{x^2}\right)$$
Pour un certain polynôme \(P_p(x)\) et une certaine puissance de \(x\) \(N_p\), par récurrence

Prolongement par continuité
Donc \(\varphi^{(p)}\) est prolongeable par continuité en \(x=0\), ce qui implique que \(\varphi\) est de classe \(\mathcal C^p\) sur \({\Bbb R}\) tout entier
Et $$\varphi^{(p)}(0)=\lim_{x\to0}\varphi^{(p)}(x)=0\qquad(\forall p)$$

Absurdité car \(\varphi\) est alors nul pour \(x\ne0\)

Si cette fonction \(\varphi\) était développable en série entière sur \(]-\delta,\delta[\), son développement s'écrirait : $$\varphi(x)=\sum^{+\infty}_{p=0}\underbrace{\frac{\varphi^{(p)}(0)}{p!}}_{=0}x^p$$ ce qui entraînerait \(\varphi(x)=0\) pour \(x\ne0\), ce qui est absurde

Consigne: Montrer que $${{\ln(x+1) }}=\sum^{+\infty}_{n=1}{{(-1)^{n-1}\frac{x^n }{n} }}\quad\text{ pour }\quad x{{\,\in\,]-1,1[}}$$

Passer par la dérivée

On a $$g^\prime(x)=\ln^\prime(1+x)=\frac1{1+x}=\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^nx^n$$
Donc $$g(x)=g(0)+\sum^{+\infty}_{n=0}\int(-1)^nx^n=\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}=\sum^{+\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}$$

Consigne: Montrer que $${{\arctan x}}=\sum^{+\infty}_{n=0}{{(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1} }}$$

Passer par un intermédiaire
On sait que $${{\frac1{1-x} }}=\sum^{+\infty}_{n=0}{{x^n}}\quad\text{ pour }\quad x{{\in\,]-1,1[}}$$
Donc, par changement de variable, $$\frac1{1+x^2}=\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^nx^{2n}$$

Intégration

Et donc $$\arctan x=\arctan0+\sum^{+\infty}_{n=0}\int(-1)^nx^{2n}\,dx=\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$

Consigne: Donner la décomposition en série entière de $$(1+x)^\alpha\quad\text{ pour }\quad\alpha\in{\Bbb R}$$

Cas simple : \(\alpha\in{\Bbb N}\) : binôme de Newton
Si \(\alpha\in{\Bbb N}\), $$(1+x)^\alpha=\sum^\alpha_{n=0}\binom\alpha nx^n$$

Calculer les dérivées successives par récurrence

Pour \(\alpha\in{\Bbb R}\setminus{\Bbb N}\), $$f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$$
Calculons \(f^{(n)}(x)\) par récurrence : $$\begin{align} f^{(n)}(x)&=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha(n-1))(1+x)^{\alpha-n}\\ \implies f^{(n+1)}(x)&=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)(1+x)^{\alpha-n-1}\\ \implies f^{(n+1)}(0)&=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)\end{align}$$
Et donc $$(1+x)^\alpha=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n$$

(Formule du binôme de Newton)

Consigne: Prouver que la fraction $$\frac1{(1-x)^2}$$ a un développement en série entière au voisinage de l'origine

La fraction est la dérivée d'un développement en série entière usuel
On a $$\frac1{(1-x)^2}=\left(\frac1{1-x}\right)^\prime$$

Dérivation de développement en série entière

Et donc $$f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}x^n\implies f^\prime(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}nx^{n-1}=\sum^{+\infty}_{n=0}(n+1)x^n$$

Consigne: Donner le développement en série entière de $$f(x)=\frac1{(1-x)(1+x)}$$

Développer
$$f(x)=\frac1{1-x^2}$$

Développement en série entière d'un inverse

$$=\sum^{+\infty}_{n=0} x^{2n}$$

Consigne: Donner le développement en série entière de $$f(x)=\frac1{(1-x)(1+2x)}$$

Développer en fractions rationnelles \(\to\) multiplier par le dénominateur et faire en sorte que le reste soit nul
$$f(x)=\frac A{1-x}+\frac B{1+2x}\quad\text{ avec }\quad\begin{align}\frac1{1+2x}=A+(1-x)\frac B{1-2x}&\implies A=\frac13\\ \frac1{1-x}=\frac{1/3}{1-x}(1+2x)+B&\implies B=\frac23\end{align}$$

En déduire le développement en série entière via la formule des inverses
Donc $$f(x)=\frac13\sum^{+\infty}_{n=0}x^n+\frac23\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n2^nx^n$$

Rayon de convergence

$$f(x)=\underbrace{\frac13\sum^{+\infty}_{n=0}x^n}_{R_1=1}+\underbrace{\frac23\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n2^nx^n}_{E_2=1/2}$$
Le rayon de convergence de \(f\) est donc \(R=\min(R_1,R_2)=\frac12\)

Consigne: Donner le développement en série entière de la fonction : $$f(x)=\frac1{2-x}$$

Multiplier par un facteur pour revenir au développement d'un inverse

$$f(x)=\frac12\frac1{1-\frac x2}=\frac12\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{x^n}{2^n}\quad\text{ avec }\quad R=2$$

Consigne: Exprimer la somme des séries entières \(\sum^{+\infty}_{n=1}nx^n\) et \(\sum^{+\infty}_{n=1}n(n-1)x^n\) par une formule algébrique en précisant le rayon de convergence

Première série : passer par la dérivée de la série géométrique
Si \(f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}x^n\), alors \(f^\prime(x)=\sum^{+\infty}_{n=1}nx^{n-1}\)
Et donc $$\sum^{+\infty}_{n=1}nx^{n}=x\sum^{+\infty}_{n=1}nx^{n-1}=xf^\prime(x)=\frac x{(1-x)^2}$$

Idem pour la deuxième série

De même, $$\sum^{+\infty}_{n=1}n(n-1)x^n=\sum^{+\infty}_{n=2}n(n-1)x^n=x^2\sum^{+\infty}_{n=2}n(n-1)x^{n-2}=x^2f^{\prime\prime}(x)=\frac{2x^2}{(1-x)^3}$$

Consigne: Exprimer la somme de la série entière $$f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$

Passer par la dérivée d'une série géométrique

$$f^\prime(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}x^{2n}=\frac1{1-x^2}=\operatorname{argth}^\prime(x)\implies f(x)=\operatorname{argth}(x)+0$$

Consigne: Utiliser le théorème des séries alternées pour montrer que la série entière $$f(x)=\sum^{+\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}n$$ converge uniformément sur l'intervalle \([0,1]\). En déduire la relation $$\ln(2)=\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n$$

Convergence uniforme à l'aide du théorème des séries alternées
Pour \(N\geqslant1\) : $$\lvert R_N(x)\rvert=\left|\sum^\infty_{n=N}(-1)^{n+1}\frac{x^n}n\right|\leqslant\frac{x^N}N\leqslant\frac1N\implies\sup_{x\in[0,1]}\lvert R_N(x)\rvert\leqslant\frac1N\longrightarrow0$$

Théorème d'échange des limites

Ainsi, $$\begin{align}\lim_{x\to1}\ln(x+1)&=\lim_{x\to1}\sum^{+\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}n\\ \ln(2)&\overset{\text{CVU}}=\sum^{+\infty}_{n=1}\lim_{x\to1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}n\\ &=\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\end{align}$$

(Critère de Leibniz - Théorème des séries alternées (Convergence uniforme), Théorème d'échange des limites (maths) (Série de fonctions))

Consigne: Montrer que la fonction \(\arcsin(x)\) possède un développement en série entière sur \(]-1,1[\) que l'on explicitera

Dérivée peut s'exprimer sous la forme \((1+X)^\alpha\)
$$\arcsin^\prime(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}=(1+X)^\alpha$$ avec \(X=-x^2\) et \(\alpha=-\frac12\)

Donc $$\begin{align} f^\prime(x)&=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{(-\frac12)(-\frac32)\cdots(-\frac12-(n-1))}{n!}(-x^2)^N\\ &=\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{(2n)!}{2^n\cdot2\cdot4\cdots(2n)}x^{2N}\\ &=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}x^{2n}\\ f(x)&=\sum^{+\infty}_{n=0}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\end{align}$$

Consigne: On cherche à déterminer les solutions de l'équation différentielle $$y^{\prime\prime}=xy^\prime+2y\tag{*}$$ que l'on peut écrire comme une série entière de la forme $$f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^{2n}$$, pour un rayon de convergence \(R\gt 0\), et qui vérifient la condition initiale \(f(0)=1\)
Sachant que \(a_0=1\), déduire de l'équation \((\text*)\) une relation de récurrence déterminant les coefficients \(a_n\) pour tout entier \(n\in{\Bbb N}\)
En déduire une expression de \(a_n\) en fonction de \(n\) et déterminer le rayon de convergence de la série \(f\) obtenue

Développer chaque terme de l'équation différentielle
On a : $$\begin{align} xf^\prime(x)&=\sum^{+\infty}_{n=0}2na_nx^{2n}\\ f^{\prime\prime}(x)&=\sum^{+\infty}_{n=0}2n(2n-1)a_nx^{2n-2}\end{align}$$

Remplacer dans l'équa diff \(\to\) changement de variable pour avoir les mêmes indices
$$(\text*)\iff \sum^{+\infty}_{n=0}(2n+2)(2n+1)a_nx^{2n}=\sum^{+\infty}_{n=0}(2n+2)a_nx^{2n}+2a_0$$

Établir un système par identification (par unicité des coefficients)
Et par identification : $$\begin{align}&\begin{cases}2a_1=2a_0&a_0=f(0)\text{ donné}\\ 2a_{n+1}(n+1)(2n+1)=2(n+1)a_n&n\geqslant1\end{cases}\\ \iff&\begin{cases} a_1=a_0\\ a_{n+1}(2n+1)=a_n&\forall n\geqslant1\end{cases}\end{align}$$

Résoudre le système par récurrence
$$\begin{align} a_1&=a_0\\ a_2&=\frac13a_1\\ a_3&=\frac15a_2=\frac1{15}a_1\\ \vdots\\ a_n&=\frac1{2n-1}a_{n-1}=\frac1{(2n-1)(2n-2)}a_{n-2}=\underset{\text{par récurrence}}\dots=\frac1{(2n-1)(2n-3)\cdots5\cdot3\cdot1}a_1\end{align}$$

Réécriture avec des factorielles
$$=\frac{2n(2n-2)\cdots4\cdot2}{(2n)!}a_1=2^n\frac{n!}{(2n)!}a_1=2^n\frac{n!}{(2n)!}a_0$$
Donc $$f(x)=a_0\sum^{+\infty}_{n=0}2^n\frac{n!}{(2n)!}x^{2n}$$

Rayon de convergence via d'Alembert

Et d'après le critère de d'Alembert : $$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{2(n+1)x^2}{(2n+2)(2n+1)}{\underset{n\to+\infty}\longrightarrow}0\implies R=+\infty$$

(Rayon de convergence)

Consigne: L'équation différentielle $$x^2 y^\prime-y=x$$ a-t-elle des solutions qui sont développables en série entière au voisinage de l'origine ?

Réécrire l'équa diff avec des séries entières
$$\begin{align} x^2f^\prime(x)-f(x)&=x^2\sum^{+\infty}_{n=1}na_nx^{n-1}-\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n=x\\ &\iff\sum^{+\infty}_{n=1}na_nx^{n+1}-\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n=x\end{align}$$

Changement de variables pour avoir \(x^n\) dans les deux séries
$$\iff\sum^{+\infty}_{n=2}(n-1)a_{n-1}x^n-\sum^{+\infty}_{n=0}a_nx^n=x$$

Réécriture comme un système par identification (par unicité des coefficients) (on fait \(a_0\) et \(a_1\) à part à cause des indices des séries)
$$\begin{align}&\iff\begin{cases}-a_0=0\\ -a_1=1\\ (n-1)a_{n-1}-a_n=0&\forall n\geqslant2\end{cases}\\ &\iff\begin{cases} a_0=0\\ a_1=-1\\ a_n=(n-1)a_{n-1}&\forall n\geqslant2\end{cases}\end{align}$$

En déduire le terme général par récurrence
Et donc, par récurrence : $$a_n=-(n-1)!\quad\text{ et }\quad f(x)=-\sum^{+\infty}_{n=1}(n-1)!x^n$$

Conclusion avec le rayon de convergence

Si une série entière est solution de l'équa diff, alors c'est \(-\sum^{+\infty}_{n=1}(n-1)x^n\)
Mais on remarque que le rayon de convergence \(R\) est nul par d'Alembert
Par conséquent, cette série ne définit pas une fonction (sauf en \(0\))
Ainsi, aucune fonction définie par une série entière n'est solution de l'équation

Consigne: On considère la fonction telle que $$f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}\exp(-n+in^2x)$$ montrer que \(f\) est définie de classe \(\mathcal C^\infty\) sur \({\Bbb R}\)

Continuité
$$\lvert f_n(x)\rvert=e^{-n}\quad\text{ et }\quad\sum^{+\infty}_{n=0}e^{-n}\text{ converge}$$ comme les \(f_n\) sont continues, \(f\) est bien continue par les théorèmes de convergence uniforme
Donc on a \(f\in \mathcal C^1\)

Exprimer la dérivée en fonction de \(f_n\)
On a $$f^\prime_n(x)=f_n(x)\cdot in^2\implies\lvert f^\prime_n(x)\rvert=n^2\lvert f_n(x)\rvert$$

Convergence normale des \(f^\prime_n\)
\(\sum f_n^\prime\) converge normalement, donc \(f\in\mathcal C^1\)

Conclure par récurrence

Et, par récurrence : $$f^{(p)}(x)=f_n(x)(in^2)^p$$
Et donc \(\sum f^{(p)}(x)\) converge normalement, donc \(f\in\mathcal C^\infty\)

Consigne: Montrer que la fonction \(f:{\Bbb R}\to{\Bbb R}\) telle que $$f(x)=\begin{cases}1&\text{si}\quad x=0\\ \frac{\sin x}x&\text{sinon.}&\end{cases}$$ possède un développement en série entière au voisinage de l'origine que l'on explicitera et dont on précisera le domaine de convergence

Prolongation par continuité
\(f(x)=\frac{\sin x}x\) est définie dans \({\Bbb R}^*\) et se prolonge par continuité en \(x_0=0\) en posant \(f(0)=1\)

Calcul de la série

$$\frac{\sin x}x=\frac1x\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}\quad\text{ avec }\quad R=+\infty$$

(Prolongement par continuité)

Consigne: Sachant que $$f(x)=\begin{cases}1&\text{si}\quad x=0\\ \frac{\sin x}x&\text{sinon.}&\end{cases}$$ possède pour développement en série entière la série \(\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}\) avec \(R=+\infty\), montrer que la fonction \(g:{\Bbb R}\to{\Bbb R}\) telle que $$g(x)=\begin{cases}1&\text{si}\quad x=0\\ x\cot(x)=x\frac{\cos x}{\sin x}&\text{sinon.}&\end{cases}$$ possède un développement en série entière au voisinage de l'origine et que son développement est à coefficients rationnels

Prolongement par continuité
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x=1\implies\lim_{x\to0}x\cot(x)=1$$ donc on peut prolonger par continuité

Composition
$$g(x)=\cos(x)\cdot\frac1{1+h(x)}\quad\text{ avec }\quad h(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}$$
$$g(x)=\underbrace{\cos x}_{R=+\infty}\cdot\underbrace{(\varphi\circ h)}_{R\geqslant\delta\gt 0}(x)\quad\text{ avec }\quad\varphi(y)=\frac1{1+y}=\sum^{+\infty}_{n=1}(-1)^ny^n$$

Équation
On a $$g(x)=\sum^{+\infty}_{k=0}a_kx^k=\frac{\cos x}{f(x)}\quad\text{ et }\quad f(x)\cdot g(x)=\cos x$$

Calcul du produit
$$\begin{align}&\left(\sum^{+\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}\right)\left(\sum^{+\infty}_{n=0}a_kx^k\right)=\sum^{+\infty}_{l=0}(-1)^l\frac{x^{2l}}{(2l)!}\\ \iff&\sum^{+\infty}_{n=0}\sum^{+\infty}_{k=0}(-1)^n\frac1{(2n+1)!}a_kx^{2n+k}=\sum^{+\infty}_{l=0}(-1)^l\frac{x^{2l}}{(2l)!}\end{align}$$

Coefficients
Pour \(l\geqslant0\), il faut déterminer les \((n,k)\in{\Bbb N}^*\) tels que \(2n+k=2l\)
Pour \(l,n\) fixés, on doit avoir \(k=2(l-n)\)

Terme à terme
Pour \(l\geqslant0\), on a : $$(-1)^l\frac1{(2l)!}=\sum^l_{n=0}(-1)^n\frac1{(2n+1)!}a_{2(l-n)}$$

Et avec \(m=l-n\) : $$=\sum^l_{m=0}(-1)^{l-m}\frac1{(2(l-m)+1)!}a_{2m}$$

Pour \(l\) pair :
$$\begin{align}(n,k)\in{\Bbb N},2n+k=2l+1&\iff0\leqslant n\leqslant l\quad\text{ et }\quad k=2(l-n)+1\\ &\implies 0=\sum^l_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}a_{2(l-n)+1}\end{align}$$

Mq rationnels par récurrence

Montrons que \(\forall l\geqslant0,a_{2l}\in{\Bbb Q}\) :
Initialisation : \(1=a_0\in{\Bbb Q}\)
Hérédité : $$\underbrace{(-1)^l\frac1{(2l)!}}_{\in{\Bbb Q}}=a_{2l}+\underbrace{\sum^{l-1}_{m=0}\frac{(-1)^{l-m}}{(2(l-m)+1)!}a_{2m}}_{\in{\Bbb Q}\text{ par hypothèse}}$$

Consigne: On considère la suite \((u_n)_n\) déterminée par les paramètres \(u_0=a,u_1=b,u_2=c\) et la relation de récurrence \(u_n=u_{n-1}-u_{n-2}+u_{n-3}\). On forme la série entière \(f(x)=\sum^{+\infty}_{n=0}u_nx^n\)
Prouver que l'on a \(\lvert u_n\rvert\leqslant3^nM\), où \(M=\max(a,b,c)\)
En déduire que la série entière \(f(x)\) possède un rayon de convergence non nul

Initialisation
On fait par récurrence
Initialisation OK pour \(n=1,2,3\)

Hérédité
On suppose que c'est vrai pour \(u_0,\dots,u_{n-1}\) par hypothèse
Alors $$\lvert u_n\rvert\triangleq\lvert u_{n-1}\rvert +\lvert u_{n-2}\rvert+\lvert u_{n-3}\rvert\overset{\text{hypo}}\leqslant (3^{n-1}+3^{n-2}+3^{n-3})M=3^{n-3}M\times27=3^nM$$

Rayon par majoration

On cherche \(R=\sup\{r\geqslant0\mid(u_nr^n)_n\text{ est bornée}\}\)
On a : $$\lvert u_n\rvert r^n\leqslant3^nMr^n=M(3r)^n$$ donc \(R\geqslant\frac13\)