7.1 L’essentiel du cours et exercices d’assimilation 161
Comme la somme de cette série entière est égale à 1, l’égalité précédente implique
l’égalité des coefficients des deux séries entières. On a donc a 1 = 1, et, pour tout
n 1, on trouve (n + 1)a n+1 + 2a n−1 = 0, avec de plus la condition initiale
a 0 = f (0) = 0.
Il résulte immédiatement par récurrence que les termes de rang pair sont nuls (ce
qui était prévisible puisque la fonction f est impaire). Pour les termes de rang
impair, on a la relation a 2 p+1 =
−2
2 p + 1
a 2 p−1 , d’où l’on déduit, également par
récurrence, que a 2 p+1 =
(−2)
p
(2 p + 1) × (2 p − 1) × · · · × 1
. Donc, pour tout x ∈ R,
on a f (x) =
+∞
p=0
(−2)
p x
2 p+1
(2 p + 1) × (2 p − 1) × · · · × 1
=
+∞
p=0
(−1)
p 2
2 p p!
(2 p + 1)!
x
2 p+1 .
On intervertit l’ordre de deux sommations lorsque la fonction étudiée est définie
comme une intégrale
Exercice 7.13
Mines - Ponts PC 2007
Soit w : x →
p/2
0
√
1 + x sin 2t dt . Donner le développement en série entière
de w sur ] −1, 1 [ .
La fonction x →
√
1 + x est développable en série entière sur ] −1, 1 [ . On a
√
1 + x =
+∞
n=0
a n x
n = 1 +
x
2
+
+∞
n=2
(−1)
n−1 1·3 · · · (2n − 3)
2 n n!
x
n .
Pour tout t ∈ [ 0, p/2 ] et x ∈ ] −1, 1 [ , on a donc |a n x
n sin
n 2t| |a n ||x
n
| et la
série de fonctions t → a n x
n sin
n 2t converge normalement sur [ 0, p/2 ] . On peut
donc intervertir les signes
et
. On obtient
p/2
0
√
1 + x sin 2t dt =
+∞
n=0
a n x
n
p/2
0
sin
n 2t dt .
Pour n 0, posons I n =
p/2
0
sin
n 2t dt . En effectuant le changement de variable
u = 2t, on trouve I n =
1
2
p
0
sin
n u du , et par symétrie I n =
p/2
0
sin
n u du .
L’intégrale I n est une intégrale de Wallis. Le développement de w en série entière
dans ] −1, 1 [ est donc w(x) =
+∞
n=0
a n I n x
n .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
Comme la somme de cette série entière est égale à 1, l’égalité précédente implique
l’égalité des coefficients des deux séries entières. On a donc a 1 = 1, et, pour tout
n 1, on trouve (n + 1)a n+1 + 2a n−1 = 0, avec de plus la condition initiale
a 0 = f (0) = 0.
Il résulte immédiatement par récurrence que les termes de rang pair sont nuls (ce
qui était prévisible puisque la fonction f est impaire). Pour les termes de rang
impair, on a la relation a 2 p+1 =
−2
2 p + 1
a 2 p−1 , d’où l’on déduit, également par
récurrence, que a 2 p+1 =
(−2)
p
(2 p + 1) × (2 p − 1) × · · · × 1
. Donc, pour tout x ∈ R,
on a f (x) =
+∞
p=0
(−2)
p x
2 p+1
(2 p + 1) × (2 p − 1) × · · · × 1
=
+∞
p=0
(−1)
p 2
2 p p!
(2 p + 1)!
x
2 p+1 .
On intervertit l’ordre de deux sommations lorsque la fonction étudiée est définie
comme une intégrale
Exercice 7.13
Mines - Ponts PC 2007
Soit w : x →
p/2
0
√
1 + x sin 2t dt . Donner le développement en série entière
de w sur ] −1, 1 [ .
La fonction x →
√
1 + x est développable en série entière sur ] −1, 1 [ . On a
√
1 + x =
+∞
n=0
a n x
n = 1 +
x
2
+
+∞
n=2
(−1)
n−1 1·3 · · · (2n − 3)
2 n n!
x
n .
Pour tout t ∈ [ 0, p/2 ] et x ∈ ] −1, 1 [ , on a donc |a n x
n sin
n 2t| |a n ||x
n
| et la
série de fonctions t → a n x
n sin
n 2t converge normalement sur [ 0, p/2 ] . On peut
donc intervertir les signes
et
. On obtient
p/2
0
√
1 + x sin 2t dt =
+∞
n=0
a n x
n
p/2
0
sin
n 2t dt .
Pour n 0, posons I n =
p/2
0
sin
n 2t dt . En effectuant le changement de variable
u = 2t, on trouve I n =
1
2
p
0
sin
n u du , et par symétrie I n =
p/2
0
sin
n u du .
L’intégrale I n est une intégrale de Wallis. Le développement de w en série entière
dans ] −1, 1 [ est donc w(x) =
+∞
n=0
a n I n x
n .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit