Sujet : Analyse, Séries entières, Applications des développements en séries entières

Publié par

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013 Enoncés 1 Applications des développements en séries entières Exercice 6 [ 01006 ] [correction] Montrer Z+∞ n 1X (−1)Exercice 1 [ 01002 ] [correction] = arctanx dxsinx ∞a) Montrer que la fonction x7→ se prolonge en une fonction de classeC sur (2n+1)(2n+2) 0x n=0 R. sinx En déduire la valeur de cette somme.b) Montrer qu’il en est de même de la fonction x7→ xe −1 Exercice 2 [ 03308 ] [correction] Exercice 7 [ 01007 ] [correction] Pour x = 0 on pose a) Développer en série entière en 0 la fonction arcsin et préciser le domaine de Z 2x cost convergence. f(x) = dt b) En étudianttx Z π/2 a) Montrer que f peut être prolongée par continuité en 0. arcsin(sin(t))dt b) Montrer que ce prolongement est développable en série entière sur R. 0 déterminer +∞ +∞X X1 1 puisExercice 3 [ 01003 ] [correction] 2 2(2k+1) k k=0 k=1Montrer que∀a> 0, Z +∞1 nXdt (−1) = a1+t na+10 n=0 Exercice 8 [ 01008 ] [correction] En déduire les sommes Observer que pour tout x∈ ]−1,1[, +∞ +∞X n X n(−1) (−1) Zet π/2 2 √ln(1+xsin t)n+1 2n+1 n=0 n=0 dt =π( 1+x−1)2sin t0 Exercice 4 [ 01004 ] [correction] Exercice 9 [ 01009 ] [correction]Montrer Z +∞1 n−1X a) On note γ la constante d’Euler.
Licence : En savoir +
Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
Nombre de pages : 11
Voir plus Voir moins

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Enoncés

Applications des développements en séries entières

Exercice 1[ 01002 ][correction]
a) Montrer que la fonctionx7→sixnxse prolonge en une fonction de classeC∞sur
R.
b) Montrer qu’il en est de mme de la fonctionx7→esxin−x1

Exercice 2[ 03308 ][correction]
Pourx6= 0on pose
t
f(x) =Zx2xdcost
t
a) Montrer quefpeut tre prolongée par continuité en 0.
b) Montrer que ce prolongement est développable en série entière surR.

Exercice 3[ 01003 ][correction]
Montrer que∀a >0,
+∞(−1)n
Z011 +dtta=Xna+ 1
n=0
En déduire les sommes
+∞(−1)n+∞( 1)n
n+ 1etX2n−1
n=X0n=0+

Exercice 4[ 01004 ][correction]
Montrer
Z01ln(1x+x)dx=n+X=∞1(−1n)2n−1

Exercice 5[ 01005 ][correction]
Etablir l’identité
Z01ctn+X=∞0(2(n−+1)1n)
arxanxdx=2

Exercice 6
Montrer

[ 01006 ][correction]


n+X∞(2n()1+1)(2nn+ 2) =Z10arctanxdx
=0

En déduire la valeur de cette somme.

Exercice 7[ 01007 ][correction]
a) Développer en série entière en 0 la fonctionarcsinet préciser le domaine de
convergence.
b) En étudiant
Z0π2arcsin(sin(t)) dt
déterminer
+∞+∞
X X

1
0(2k+ 1)2
k=

Exercice 8[ 01008 ][correction]
Observer que pour toutx∈]−11[,

1
puisk2
k=1

2lxsin2t()√1 +x−1)
Z0πsinn(1+2tdt=π

Exercice 9[ 01009 ][correction]
a) On noteγla constante d’Euler. Etablir l’égalité

b) En déduire que

γ=n+X=∞1n1−ln1 +n1

γ=+X∞(−k1)kζ(k)
k=2

1

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Exercice 10Mines-Ponts MP[ 02422 ][correction]
a) Déterminer la décomposition en éléments simples de

1
(X+ 1)m(X−1)n

avecm ndeux entiers non nuls.
b) Déterminer deux polynômesUetVtels que

(X+ 1)mU(X) + (X−1)nV(X) = 1

Exercice 11Centrale MP[ 03074 ][correction]
Soit une série entièrePanznde rayon de convergenceR >0.
a) Déterminer le rayon de convergence de la série entière
anzn
Xn!
On pose donc, pourtdansR,

+∞
f(t) =Xann!tn
n=0

Enoncés

b) Montrer qu’il exister >0tel que pour toutx > r,t7→f(t)e−xtsoit intégrable
sur[0+∞[et exprimer cette intégrale sous forme de série entière en1x.

Exercice 12[ 00131 ][correction]
Soitf: [01]→Rune fonction continue.
a) Déterminer la limite de la suite de terme général
un=Z10ntnf(t) dt

b) Déterminer la limite de
=Z1nln (
vn1 +tn)f(t) dt
0

Exercice 13Mines-Ponts MP PC[ 02865 ][correction]
Etudier la limite de la suite de terme général
nZ1ln(1
In= +tn) dt
0

Exercice 14Mines-Ponts MP[ 02808 ][correction]
Calculer
+∞
nX=0(3n+2)1×3n

Exercice 15[ 03761 ][correction]
Pourx∈]−11[, on pose
f(x)Zπ2dθ
=
0p1−x2sin2θ

a) Justifier
(2n)!
∀x∈]−11[ f(x) =n+=X∞02π(2nn!)22x2n
b) En déduire un équivalent def(x)quandx→1−.

Exercice 16CCP MP[ 02605 ][correction]
Soitα∈]−11[.
a) Montrer, pour toutx∈R, la convergence de la suite de terme général

n
Pn(x) =Y1−αkx
k=0

vers une limite que l’on noteraP(x).
b) Soitf:R→Rcontinue vérifiant l’équation fonctionnelle

(E) :∀x∈R f(x) = (1−x)f(αx)

Montrer, pour toutx∈R,

f(x) =f(0)P(x)

c) Montrer que la fonctionx7→P(x)est développable en série entière surR.

Exercice 17Centrale MP[ 02520 ][correction]
Pourz∈Cetn∈N, on pose

n
Pn(z) =Y 1−2zk
k=0

2

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

a) Montrer que|Pn(z)|6Pn(− |z|).
En déduire que la suite(Pn(z))n∈Nest bornée.
Indice : on pourra penser à introduirelnPn(− |z|).
b) En étudiant la convergence de la sérieP(Pn+1(z)−Pn(z)), établir la
convergence de la suite(Pn(z))n∈N.
On introduit la fonction
f:z7→nl→i+mPn(z)

c) Montrer quefest continue en 0.
d) Montrer quefest l’unique fonction continue en 0 vérifiant

∀z∈C f(z) = (1−z)f(z2)etf(0) = 1

e) Montrer quefest développable en série entière.

Enoncés

3

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) Pour toutx∈R,sinx=+P∞(−2()1nn+x12)n!+1doncsixnx=+P∞(−1)nx2n
n=0n=0 (2n+1)!pourx6= 0.
+∞( 1)n2nclasseC∞surR, cela permet de conclure.
Orx7→P(−2n+1x)!est définie et de
n=0
x
→e−1se rol
b) Un raisonnement semblable, permet d’établir quex7xp onge en 0 en
une fonction de classeC∞ne s’annulant pas. Par opération le prolongement
→sixnx=sinx x
continue dex7e−1xex−1estC∞.

Exercice 2 :[énoncé]
a) Pourt6= 0, on peut écrire

costcost−1 1
= +t
t t

Posons alors
g(t) = cost−1
t
La fonctiongest continue surR?et se prolonge par continuité en 0 en posant
g(0) = 0.
On a alors pour toutx6= 0
2x
f(x) =Zg(t) dt+ ln 2 =G(2x)−G(x) + ln 2
x

avecGune primitive degsurR.
On en déduit
f(x)x−→−0→ln 2
et on peut donc prolongerfpar continuité en 0 en posantf 2(0) = ln.
b) Pourt6= 0et aussi pourt= 0on a

On peut alors poser

n
g(t) =n+X=∞1((−2n)!1)t2n−1

G(x) =+X∞(−!)1nx22nn
n=1(2n)

primitive deget on obtient

pour toutx∈R.

f(x 2 +) = ln+X∞((−12n)!)n4n−1x2n
2n
n=1

4

Exercice 3 :[énoncé]
+∞+∞
Pour toutt∈[01[on sait :11+t=P(−1)ntndonc aussi+11ta=n=P0(−1)ntna.
n=0
SoitFune primitive de la fonction continuet7→+11tasur[01].
+∞n
Sur[01[ F(t) =P0(−1n)ta+n1a+1+F(0).
n=
OrFest continue sur[01]et la série de fonctions convergence uniformément sur
[01].
+∞(−1)n
Par passage à la limite en 1,F(1) =P
n=0na+1+F(0).
Par suiteR+110dtta=F(1)−F(0) =+P∞0(n−a1)+n1.
n=
On en déduit+P∞(n−1+)1n=R101d+tt= ln 2et+P∞(02−n1)1+n=R+011dtt2=π4.
n=0n=

Exercice 4 :[énoncé]
On a
ln(1 +x)+X∞(−1)n−n1xn−1
=
x
n=1
avec une convergence uniforme sur[01]par majoration du reste d’une série
vérifiant le critère spécial.
On a alors
−1 +∞(−1)n−1
Z10ln(1x+x)dx=n=+X∞1Z0n=1
1(−1)nn−1xndx=Xn2

On peut montrer que cette vautπ212si l’on sait

+∞
Xn12
n=1

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Exercice 5 :[énoncé]
Pour toutx∈[01], on a

+∞
arctxanx=X0(−2n1)n+x12n
n=

Corrections

(en considérant que la valeur du premier membre en 0 est 1, valeur du
prolongement par continuité).
Il y a convergence uniforme de la série en second membre sur[01]par majoration
du reste d’une série satisfaisant le critère spécial. Puisque les fonctions sommées
sont continues
Z10arctxanxdx=n+X=∞0Z10(−2n1)n+x12ndx=n+=X∞02((n−1+)1n)2

On ne sait pas exprimer cette valeur à l’aide des constantes usuelles, on l’appelle
nombre de Catalan.

Exercice 6 :[énoncé]
On a
arcta+∞(−1)nx2n+1
nx=X2n+ 1
n=0
avec convergence uniforme sur[01]par majoration du reste d’une série vérifiant
le critère spécial. On peut donc intégrer terme à terme

+∞(
Z10arctanxdx=n+=X∞0Z01(−1)2nnx+21n+1dx=X(2n+ 1−)(21)nn+ 2)
n=0

Par intégration par parties,
Z1

ln 2
arctanxdπ−
0x= 4 2

Exercice 7 :[énoncé]
a) En intégrant le développement en série entière de sa dérivée, on obtient

+∞
arcsinx=nX=02n1(2(21+n)!)!2x2n+1
nn

avec un rayon de convergenceR= 1.
Par la formule de Stirling
2n(21(21+nnn)!!)2=On312

ce qui assure la convergence normale de la série de fonctions sur[−11].
b) D’une part
2
Z0π2arcsin(sin(t)) dt=Z0πtdt=π82
D’autre part, en intégrant terme à terme
(2n)!
Z0π2arcsin(sin(t)) dt=n=+X∞02n1+12(nn!)2Z0π2sin2n+1(t) dt

car il y a convergence normale de la série de fonctions sur[0 π2].
On connaît l’intégrale de Wallis
Zπ2sin2n+1(t) dt= (2nn!)1+2)!
0(2n

et on obtient donc

Or

donc

puis

Exercice 8 :[énoncé]
On a

+∞1π2
=
kX=0(2k+ 1)28

+∞
Xk12=+X∞12+∞
k=1k=1(k)2+k=X0(2k1)+12

3+∞1
4k=X1k12=k+X∞0(2k+ 1)2
=

+∞12
X=π6
k2
k=1

−1)k−1uk
ln(1 +u)+X∞(k
=
k=1

5

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

avec convergence normale sur[− |x||x|]donc


ln(1 +xsin2t) =+X∞( 1)k−1xkksin2kt
k=1

avec convergence normale sur[0 π2].
Par suite
π2
Z0isn+(1lnx2stin2t)dt=k+X=∞1(−1)kk−1x2kIk−1
avec
π2
In=Z0sin2ntdt(2=(2nnn)!)!22π

puis

Or

avec

d’où

+∞
π
Z0π21+ins(nlx2stin2t)dt=X(−1)kk−1x2k(2k(−21k(k−2)!
k=1−1)!)22
+1
√1 +u=
k=X∞0k2!xk
12!2(2−k1−)1kk−(1((k2k−−)!2!)1)2
=
k

π
Z20islnn+1(x2stin2t)dt=π(√1 +x−1)

Exercice 9 :[énoncé]
a) Par télescopage
N=1n1−ln1
X1 +n
n

Or

donc

n=1
=NX1n−ln(N+ 1)

NXn ln1 =N+γ+o(1)
n=1

nNX=11n−ln1 + 1n→γ

Corrections

b) Puisque

on obtient

or

1−ln1 +n1=+∞(−1)k1
nXk nk
k=2

+∞
γ=+X∞+X∞(−k1)kn1k=+X∞(−k1)k++X∞X(−k1)kn1k
n=1k=2k=2n=2k=2

k=+X∞2n+X=∞2(−k1)kn1k6k+=X∞21kZ+1∞dx+X∞1
xk6k=2k(k−1)<+∞
donc on peut appliquer le théorème d’échange de Fubini et affirmer
+X∞+X∞(−k1)kn1k=+X∞+X∞(−k1)kn1k=+X∞(−k1)k(ζ(k)−1)
n=2k=2k=2n=2k=2

et enfin

=X
γ+∞(−k1)k++X∞(−k1)k(ζ(k)−1) =+X∞(−k1)kζ(k)
k=2k=2k=2

Exercice 10 :[énoncé]
a) En posantY=X−1,

PourY∈]−1212[,

1 1
=
(X+ 1)m(X−1)nYn(Y+ 2)m

(1111m+X∞−m(−m−1)k!(−m−k+ 1)Y2kk
= =
Y+ 2)m2m1 +Y2m2k=0

Après simplifications

(Y1)2+m=k0=+2m)km+kk−1!Yk
X∞(−1+k

On en déduit que la partie polaire relative au pôle 1 est
a0+∙ ∙ ∙+aXn−−11 =aY0n+∙ ∙ ∙+anY−1
(X−1)n

6

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

avec

ak2=(−m1+)kkm+kk−1!

De mme, en posantZ=X+ 1, la partie polaire relative au pôle−1est

avec

b
(X+b01)m+∙ ∙ ∙+bXm−11 =bZ0m+∙ ∙ ∙+mZ−1
+

bk2(=−n1+)nkn+kk−1!

Corrections

Enfin, puisque de partie entière nulle, la fraction rationnelle étudiée est la somme
des deux parties polaires proposées.
b) En réduisant chaque partie polaire au mme dénominateur, on obtient

n−1m−1
1Pak(X−1)kPbk(X+ 1)k
=
(X+k=0+k=0
1)m(X−1)n(X−1)n(X+ 1)m

Par conséquent, on posant

n−1m−1
U(X) =Xak(X−1)ketV(X) =Xbk(X+ 1)k
k=0k=0

la poursuite de la réduction au mme dénominateur du calcul précédent donne

(X+ 1)mU(X) + (X−1)nV(X) = 1

Exercice 11 :[énoncé]
a) Soitr∈]0 R[. La série numériquePanrnest absolument convergente. Pour
toutz∈C,
ann!zn=anrnn!1zrn=o(anrn)
car par croissance comparée
1z
n!rnn−→−+−−∞→0

Par comparaison de séries absolument convergentes, on peut affirmer que la série
numériquePanznest absolument convergente pour toutz∈C.
Le rayon de convergence de la série entière étudiée est+∞.

b) On a

+∞+∞
f(t)−xt=Xnan!tne−xt=Xfn(t)avecfn(t) =nan!tne−xt
e
n=0n=0
La série de fonctionsPfnconverge simplement sur[0+∞[.
Les fonctionsfnet la fonctiont7→f(t)e−xtsont continues par morceaux sur
[0+∞[.
Les fonctionsfnsont intégrables sur[0+∞[cart2fn(t)−t−→−+−∞→0et
Z+0∞|fn(t)|dt=|ann!|Z0+∞tne−xtdt
Par intégration par parties généralisées successives
Z+0∞tne−xtdt=xnn!+1

et donc
+∞
Z0|fn(t)|dt=x|nan+|1
Six >1Ralors la sérieP|an|xn+1est convergente et, par le théorème de
Fubini, on peut affirmer que la fonctiont7→f(t)e−xtest intégrable et
Z+0∞f(t)e−xtdt=n=+X∞0xnan+1

7

Exercice 12 :[énoncé]
a) Par le changement de variables=tn+1, on obtient
n1
n+ 1Z0f(s1(n+1)) ds
un=
Posons alorsfn(s) =f(s1(n+1)).
Les fonctionsfnsont continues par morceaux et convergent simplement sur]01]
vers la fonction constante égale àf(1)elle-mme continue par morceaux. On a de
plus la domination
n(s)|6maxt
|ft∈[01]|f( )|
Par convergence dominée, on a donc
1
n→+−−∞→Z0
un−−f(1) ds=f(1)

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Corrections

b) On réalise le changement de variables=tnet on obtient
vn=Z01ln(1 )f(s1n)s−n−1
+snds
Posons alorsgnla fonction définie par l’intégrande, on peut à nouveau appliquer
le théorème de convergence dominée sachant

gn(s)n−→−+−−∞→ln(1s+s)f(1)et|gn(s)|6ln(1s+s)f(1)
et l’on obtient
Z1ln(1 +s)

ds
vnn−→−+−−∞→f(1)0s
Pour calculer l’intégrale, il suffit ensuite d’écrire

ln(1 +s)+∞
sX(−1)nn−1sn−1
=
n=1

et de procéder à une intégration terme à terme sachant la sommabilité de
Z10(−1)n−1ds= 1
sn−1n2
n

On obtient

Z10ln(1 +s)ds=n+X=∞1(−1n)2n−1=1π22
s

Exercice 13 :[énoncé]
Par développement en série entière
Z10ln(1 +tn) dt=Z[0+1X∞(−1)k−1
k tnkdt
[k=1

Pourn>1la série des intégrales des valeurs absolues donc, il y a convergence de
on peut donc intégrer terme à terme par le théorème de Fubini
Z10ln(1 +tn) dt=k=+X∞1k((−n1k)k+−11)

On a alors

+∞
nk+X∞k((−n1k)k+−11)−X(−1k)2k−1=k+X=∞1k2((n−k+)1k1)
=1k=1

avec

donc

avec

car on sait

(−1)k+∞1
k=+X∞1k2(nk+ 1)6n1k=X1k2→0

nZ10ltn) dt→k+X=∞1(−1)k−1
n(1 +k2

+∞
X(−1k)2k−11=π22
k=1

+X∞k12=π62
k=1

Exercice 14 :[énoncé]
Soit
+∞3n
S(x) =Xx+2
n=03n+ 2
somme de série entière définie sur]−11[.

+∞
S0(x) =Xx3n+1=1−xx3
n=0

8

donc
+∞3tdt
X(3n12+)×3n=3√9S3√13=3√9Z13√1−t3
n=0 0
ce qui donne un résultat assez monstrueux :
9(13)(−31√3arctan((293(23))+13√3)1+6ln1+6()3ln(3+3(13)+3(23))−13ln(−3(23)1+)3+
fourni par Maple.

Exercice 15 :[énoncé]
a) On sait

∀u∈]−11[√11+u= (1 +u)−12=n+X=∞0(−1)n(2(2nnn!))!2un

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

donc

f(x) =Z0π2 +X∞un(θ) dθ
n=0

Corrections

avec
un(θ)=(22(nnn!))!2x2nsin2nθ
Les fonctionsunsont continues par morceaux, la série de fonctionsPunconverge
simplement sur[0 π2]et sa somme est continue par morceaux. Les fonctionsun
sont aussi intégrables sur[0 π2]et
Z0π2|un(θ)|dθ=Z0π2un(θ) dθ2=π(2(n2nn)!!)22x2n

car on sait calculer à l’aide d’une formule de récurrence obtenue par intégration
par parties les intégrales de Wallis
I2n=Z0π2sin2nθdθ= 2n−1I2 2 (2= (n)!π
2nn−2nn!)22

Par la formule de Stirling

2
Zπ|un(θ)|dθ∼x22nn
0

Ce terme est sommable et l’on peut donc procéder à une intégration terme à
terme donnant la relation proposée.
b) On a obtenu
+∞1
f(x) =Xanx2navecan∼2n
n=0
On peut écrire
1 +ε(n)

n=avecn)−−−−→0
a2n ε(n→+∞
et avec convergence des sommes introduites

Or

f(x) =a0++X∞x22nn++X∞ε(n)2nx2n=a0−1(nl21−x2) ++X∞ε(n)2xn2n
n=1n=1n=1

a0−21nl1(−x2) =a0−(1ln+12x)−nl211(−x)x→∼1−−1(1nl2−x)

et pour conclure il nous suffit d’établir

+∞
Xε(n2)nx2nx→=1−o(ln(1−x))
n=1

Soitε >0. Il existe un rangNtel que
∀n>N,|ε(n)|6ε
et alors
+∞2nn)x2nx2
X+εl
n=1ε(n2)nx6nN=X−11ε(2n2 n(1−)
Le premier terme de la somme réalisant la majoration est polynomiale donc

2
NX−1ε(n2)xnn=−x2)
n=1x→1−oln(1

et donc, pourxsuffisamment proche de 1,

Ainsi

Finalement

2
n+=X∞1ε(n2)xnn6εln(1−x2)

+∞ε(n)2n=
X2xnx→1−oln(1−x2)=oln(1−x2)
n=1

Exercice 16 :[énoncé]
a) PourNassez grand,

f(x)∼1 l (1−x)
−n
x→1−2

n
∀n>NY(1−αkx)>0
k=N
et
lXln(1−αkx)
nk=nYN(1−αkx)!=n
k=N
avecln(1−αkx) =O(αk)terme général d’une série absolument convergente.

9

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

On en déduit que la suite considérée converge.
+∞
On noteQ 1−αkxsa limite.
k=0
b) Sifest solution de(E)alors

n
f(x) =Y(1−αkx)f(αn+1x)
k=0

Quandn→ ∞,f(αn+1x)→f(0)et donc

+∞
f(x) =f(0)Y(1−αkx) =f(0)P(x)
k=0
c) SoitPanxnune série entière de rayon de convergenceR= +∞.
La somme de cette série entière est solution de(E)si, et seulement si,

+∞+∞+∞
Xanxn=Xanαnxn−Xan−1αn−1xn
n=0n=0n=1

On en déduit la relation
αn−1
an=n1an−1
α−
Considérons alors la série entièrePanxnavec
an=a0k=Yn1ααkk−−11

Corrections

de sorte que
αn−1
an=αn−1an−1
Cette série entière est de rayon de convergenceR= +∞et sa fonction somme
+∞
x7→Panxnest solution de(E)prenant la valeura0en 0.
n=0
En choisissanta0= 1, on obtient en vertu de la question précédente
+∞
n=X0k=Yn1ααkk−−11!xn=P(x)

Exercice 17 :[énoncé]
a) Puisque
1−z z|
2k61 +|2k
l’inégalité|Pn(z)|6Pn(− |z|)est immédiate.
Par produit à facteurs strictement positifs, on aPn(− |z|)>0et on peut donc
introduire
lnPn(− |z|) =nkX=0ln1 +|2zk|
Or

1 + 2nn→∼+∞|2zn|
ln|z|

et ce terme est donc sommable. On peut alors écrire

puis

lnPn(− |z|)6M=n+=X∞0ln1 +|2zn|

|Pn(z)|6eM

b) On a
| |z|
|Pn+1(z)−Pn(z)|6|Pn(z)|2|nz+16eM2n+1
Le majorant est sommable, la série télescopiquePPn+1(z)−Pn(z)est donc
convergente et la suite(Pn(z))est de mme nature.
c) Pour|z|61, on a

|Pn+1(z)−Pn(z)|6e2Mn+1avecM=+X∞0ln21+1n
n=

10

et donc
|zs|u6p1|Pn+1(z)−Pn(z)|6e2Mn+1
Ce terme est sommable, la série télescopiquePPn+1(z)−Pn(z)converge donc
normalement, et donc uniformément, sur le domaine défini par la condition
|z|61. On en déduit que la suite de fonctions(Pn(z))n∈Nconverge uniformément
sur ce mme domaine. Or chaque fonctionPnest continue en 0 et donc sa limite
simplefest continue en 0.
d) La fonctionfvérifie évidemment les conditions énoncées.

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.