Solutions
III.4.5. On suppose d’abord que x = 0. L’égalité
|x| =
1 − (1 − x 2 )
et la formule du binôme de Newton avec α = 1/2 (voir le problème précédent)
donnent alors
|x| = 1 −
1
2
1 − x
2
−
+∞
n=2
1 × 3 × · · · × (2n − 3)
2 n n!
1 − x
2
n
= 1 −
1
2
1 − x
2
−
+∞
n=2
(2n − 3)!!
(2n)!!
1 − x
2
n .
De plus, on note que la série
+∞
n=2
(2n−3)!!
(2n)!! converge car, d’après la formule de
Wallis (voir, par exemple, III.8.38 (vol. I)),
lim
n→+∞
(2n−3)!!
(2n)!!
1
(2n−1)
√
n
=
1
√
π
.
Le théorème d’Abel (voir III.3.14) montre donc que l’égalité est aussi vérifiée
pour x = 0.
III.4.6. La dérivation terme à terme montre que f ∈ C ∞
]−R,R[ . De plus,
f
(k) (x) =
+∞
n=k
n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1)a n x
n−k .
Donc, f (k) (0) = k!a k pour k ∈ N.
III.4.7. On observe que
f (x) =
+∞
n=0
a n ((x − x 0 ) + x 0 )
n
=
+∞
n=0
a n
n
k=0
n
k
(x − x 0 )
k x
n−k
0
=
+∞
k=0
+∞
n=k
n
k
a n x
n−k
0
(x − x 0 )
k .
Pour voir que la dernière égalité est bien vérifiée, on note que
+∞
n=0
n
k=0
a n
n
k
(x − x 0 )
k x
n−k
0
=
+∞
n=0
|a n | (|x − x 0 | + |x 0 |)
n .
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