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3 • Séries entières
3.6 QUELQUES EXEMPLES
3.6.1. Soit z ∈ D(0, 1). Si n ∈ N, on a :
1
1 − z
= 1 + z + · · · + z
n +
z n+1
1 − z
·
On en déduit immédiatement que, si |z| < 1 :
1
1 − z
=
∞
n=0
z
n .
Soit a ∈ C ∗ . Ecrivant
1
a − z
=
1
a(1 − a −1 z)
,
On obtient, si |z| < |a| :
1
a − z
=
∞
n=0
z n
a n+1 ·
En utilisant 3.4.4, on voit que, si p ∈ N ∗ et |z| < |a| :
1
(a − z) p =
∞
n=0
(n − p + 1)!
n!(p − 1)!
z n
a n+p ·
Proposition 3.6.2. Soit f une fraction rationnelle dont les pôles α 1 , . . . , α k sont non
nuls. Alors, f est développable en série entière à l’origine. Le rayon de convergence
de ce développement est R = min{|α 1 |, . . . |α k |}. Si S est la somme de ce développement, on a f (z) = S(z) pour |z| < R.
Démonstration. Le premier point résulte de 3.6.1 en utilisant la décomposition en
éléments simples de f . Notons r = min{|α j | , 1 j k}, et supposons que le
rayon de convergence R du développement vérifie R > r. Soit a un pôle de f de
module r. La somme S est alors bornée au voisinage de a, ce qui contredit le fait que
S(z) = f (z) pour |z| < |a|.
3.6.3. En utilisant 3.3.4 et 3.6.1, pour t ∈ ] − 1, 1[, on a :
ln(1 + t) =
∞
n=1
(−1) n−1
n
t
n .
3.6.4. Soient α ∈ R\N et f (t) = (1 + t) α .
Considérons l’équation différentielle
(E)
( 1 + t)y
− αy = 0
On vérifie facilement que f est solution de (E) sur I = ] − 1, 1[.