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Colles de mathématiques

Série entière presque géométrique


Sujet


Donner le rayon de convergence et donner une expression à l'aide de fonctions usuelles de la série   ∑ n≥0 x3n/3n + 1.

Corrigé de l'exercice de maths: Séries entières - Intégrales sur un segment

Correction


Si $u_n=\dfrac{x^{3n}}{3n+1}$ est le terme général de la série, on a $\left|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right|=|x|^3\dfrac{3n+1}{3n+4}\to|x|^3$ lorsque $n\to+\infty$.
Le rayon de convergence de cette série entière est donc 1, et on suppose donc dans les tous les calculs à venir que $|x|<1$.

Soit donc, pour $|x|<1$, $f(x)\dsp\sum_{n\geqslant0}\dfrac{x^{3n}}{3n+1}$.
On pose $g(x)=xf(x)=\dsp\sum_{n\geqslant0}\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$.
On a alors, la série entière étant dérivable, et terme à terme, dans son disque de convergence, $g'(x)=\dsp\sum_{n\geqslant0}x^{3n} =\dsp\sum_{n\geqslant0}\left( x^3\rp^n =\dfrac1{1-x^3}$.

Il reste maintenant à intégrer.
On décompose en éléments simples
\[\begin{array}{ll}\dfrac1{1-x^3} &=\dfrac1{(1-x)(1+x+x^2)}\\[.7em] &=\dfrac{\alpha}{1-x}+\dfrac{\beta x+\gamma}{1+x+x^2}\enar\]

En multipliant par $1-x$ puis en prenant $x=1$ on trouve $\alpha=\dfrac13$.
En multipliant par $x$ et en faisant tendre $x\to+\infty$, on obtient $0=-\dfrac13+\alpha$, soit $\alpha=\dfrac13$.
Enfin, en prenant $x=0$, on obtient $1=\dfrac13+\beta$ soit $\beta=\dfrac23$.
On a donc
\[g'(x)=\dfrac13\lb\dfrac1{1-x}+\dfrac{x+2}{1+x+x^2}\rb\]

Le premier terme s'intègre directement en $-\ln(1-x)$.
On décompose encore le second terme:
\[\dfrac{x+2}{1+x+x^2} =\dfrac12\tm\dfrac{2x+1}{1+x+x^2}+\dfrac32\tm\dfrac1{1+x+x^2}\]

Là aussi le premier terme s'intègre directement en $\dfrac12\ln\lp1+x+x^2\rp$, pour le second on écrit (classiquement)
\[\begin{array}{ll}h(x)&=\dsp\int\dfrac{dx}{1+x+x^2}\\[1em] &=\dsp\int\dfrac{dx}{\left( x+\dfrac12\rp^2+\dfrac34}\\[2.2em] &=\dsp\int\dfrac{dx}{\dfrac34\left( \dfrac43\left( x+\dfrac12\rp^2+1\rp}\\[2.6em] &=\dfrac43\dsp\int\dfrac{dx}{\lp\dfrac{2x+1}{\sqrt3}\rp^2+1} \enar\]

Avec le changement de variable $u=\dfrac{2x+1}{\sqrt3}$, donc $du=\dfrac2{\sqrt3}dx$, on a
\[\begin{array}{ll}h(x)&=\dfrac43\dsp\int\dfrac{\frac{\sqrt3}{2}du}{u^2+1} \\[1.2em] &=\dfrac{2\sqrt3}{3}\arctan(u)\enar\]

On a donc finalement obtenu
\[g(x)=\dfrac13\lb-\ln(1-x)+\dfrac12\ln\lp1+x+x^2\right) +\sqrt3\arctan\lp\dfrac{2x+1}{\sqrt3}\rp\rb+C\]

où $C$ est une constante d'intégration: comme $g(x)=xf(x)$, on a $g(0)=0$, or $g(0)=\dfrac13\left[ 0+0+\sqrt3\arctan\lp\dfrac1{\sqrt3}\rp\rb$ et donc $C=-\dfrac{\sqrt3}{3}\arctan\lp\dfrac1{\sqrt3}\rp$.

On a donc obtenu finalement,
\[\begin{array}{lcl}f(x)&=&\dfrac{g(x)}{x} \\[1.2em] &=&-\dfrac1{3x}\ln(1-x)+\dfrac1{6x}\ln\lp1+x+x^2\rp\\[.8em] &&+\dfrac{\sqrt3}{3}\lp\arctan\lp\dfrac{2x+1}{\sqrt3}\rp-\arctan\lp\dfrac1{\sqrt3}\rp\rp \enar\]