Soit la série $$\operatorname{Li}_k(x)=\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{x^n}{n^k}$$
Quelle relation lie \(\operatorname{Li}_k(x)\), \(\operatorname{Li}_k(-x)\) et \(\operatorname{Li}_k(x^2)\) ?

Les impairs disparaissent \(\to\) somme des pairs

$$\operatorname{Li}_k(x)+\operatorname{Li}_k(-x)=\frac1{2^{k-1}}\operatorname{Li}_k(x^2)$$

Calculer explicitement somme de la série \(\psi(x)=\sum_{n\geqslant0}S_nz^n\), avec $$S_n=1+\frac12+\dots+\frac1n$$ sur l'intervalle réel \(]-R,R[\) avec \(R=1\) le rayon de convergence de \(\psi\)

Produit de Cauchy
$$\psi(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\sum^n_{k=1}\frac1k\right) x^n=\sum^{+\infty}_{n=1}\left(\sum^{n}_{k=1}\frac{x^k}{k}x^{n-k}\right)=\left(\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{x^n}n\right)\left(\sum^{+\infty}_{n=0}x^n\right)$$

Calcul des séries

$$=-\ln(1-x)\cdot\frac1{1-x}=\frac{-\ln(1-x)}{1-x}$$

(Série de Cauchy - Produit de Cauchy)

Soit \(S_n=1+\frac12+\dots+\frac1n\)
Soient les séries $$\varphi(x)=\sum_{n\geqslant0}\ln(n+1)x^n\quad\text{ et }\quad\psi(x)=\sum_{n\geqslant1}S_nx^n=\frac{-\ln(1-x)}{1-x}$$ dont les rayons de convergence sont \(1\)
On sait que la suite de terme général \(\ln(n+1)-S_n\) converge
Montrer qu'il existe une constante \(C\gt 0\) telle que l'on ait, pour tout \(x\in[0,1[\), $$\lvert\varphi(x)-\psi(x)\rvert\leqslant\frac{Cx}{1-x}$$

Terme général borné \(\to\) majoration par une constante

$$\lvert\varphi(x)-\psi(x)\rvert=\left|\sum^{+\infty}_{n=1}\underbrace{\ln(n+1)-S_n}_{\text{suite CV, donc bornée}} x^n\right|\leqslant C\sum^{+\infty}_{n=1}x^n=\frac{Cx}{1-x}$$

Soit \(S_n=1+\frac12+\dots+\frac1n\)
Soient les séries $$\varphi(x)=\sum_{n\geqslant0}\ln(n+1)x^n\quad\text{ et }\quad\psi(x)=\sum_{n\geqslant1}S_nx^n=\frac{-\ln(1-x)}{1-x}$$ dont les rayons de convergence sont \(1\)
On sait que la suite de terme général \(\ln(n+1)-S_n\) converge
Sachant qu'il existe une constante \(C\gt 0\) telle que l'on ait, pour tout \(x\in[0,1[\), $$\lvert\varphi(x)-\psi(x)\rvert\leqslant\frac{Cx}{1-x}\tag1$$ déduire un équivalent simple de \(\varphi(x)\) quand le réel \(x\) tend vers \(1\) en valeurs inférieures

Majoration \(\to\) égal au produit par une fonction bornée
$$(1)\implies\varphi(x)-\psi(x)=b(x)\frac x{1-x}$$ avec \(b:[0,1[\,\to{\Bbb R}\) bornée

Conclusion

Donc $$\varphi(x)=\frac{-\ln(1-x)}{1-x}\underbrace{\left(1+b(x)\frac x{-\ln(1-x)}\right)}_{\underset{x\to1^-}\longrightarrow1}$$
Donc $$\varphi(x)\underset{1^-}\sim\frac{-\ln(1-x)}{1-x}$$

On considère la fonction définie par la série entière \(f(x)=\sum^{+\infty}_{n=1}\log(1+1/n)x^n\)
Le rayon de convergence de cette fonction est \(R=1\)
Utiliser un développement limité de \(\log(1+1/n)\) pour obtenir une décomposition \(-\log(1-x)+R(x)\) où \(R(x)\) est donné par une série normalement convergente sur \([0,1]\)
Conclure que l'on a $$f(x)\underset{1^-}\sim-\log(1-x)$$

Somme des deux fonction
$$\begin{align} f(x)+\log(1-x)&=f(x)-\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{x^n}n\\ &=\sum^{+\infty}_{n=1}x^n\left(\ln(1+1/n)-\frac1n\right)\\ &=\sum^{+\infty}_{n=1}x^nO\left(\frac1{n^2}\right)\\ &=\sum^{+\infty}_{n=1}b(n)\frac1{n^2}x^n\quad\text{ avec }\quad b\text{ bornée}\end{align}$$

Convergence normale
$$\lvert f_n(x)\rvert=\frac{\lvert b(n)\rvert}{n^2}\lvert x\rvert^n\leqslant\frac{\lvert b(n)\rvert}{n^2}\leqslant \frac M{n^2}\text{ terme général d}^\prime\text{une série convergente}$$
Donc on a la convergence normale

Conclusion

Donc on a : $$\frac{f(x)}{-\log(1-x)}=1-\frac{R(x)}{\log(1-x)}=\overbrace{\underbrace{\frac{\sum^{+\infty}_{n=1}\frac{b(n)}{n^2}x^n}{\log(1-x)}}_{\to-\infty}}^{\text{borné}}\longrightarrow0$$

Soit \(f(x)=\log(1-2x\cos\theta+x^2)\)
Expliciter un développement de \(f(x)\) en série entière au voisinage de l'origine

Dériver
$$f^\prime(x)=\frac{-2\cos\theta+2x}{1-2\cos\theta x+x^2}$$

Pôles
Les pôles de cette fraction rationnelle sont : $$\xi=e^{i\theta}\quad\text{ et }\quad\bar\xi=e^{-i\theta}$$

Fraction rationnelle
$$f^\prime(x)=\frac{-2\cos\theta+2x}{1-2\cos\theta x+x^2}=\frac A{x-e^{i\theta}}+\frac B{x-e^{-i\theta}}\quad\text{ avec }\quad A,B=1$$

Conclure sur la série entière de la dérivée
$$\implies f^\prime(x)=-\sum^{+\infty}_{n=0}\left(\frac1{e^{i(n+1)\theta}}+\frac1{e^{-i(n+1)\theta}}\right) x^n=-2\sum^{+\infty}_{n=0} x^n\cos((n+1)\theta)$$

Intégrer pour avoir la bonne fonction

$$\implies f(x)=-2\sum^{+\infty}_{n=0}\cos((n+1)\theta)\frac{x^{n+1}}{n+1}=0-2\sum^{+\infty}_{n=1}\cos(n\theta)\frac{x^n}{n}$$

Exprimer la série suivante : $$\sum_{k=1}^{+\infty}kx^{k-1}$$

Le résultat s'obtient en dérivant une série entière dont on connaît déjà l'expression.