Calculs : les séries de Maclaurin à écrire

Exercice 0.1 : Écrire une série de Maclaurin à partir du tableau : dix calculs directs

Pour chaque fonction, écrivez sa série de Maclaurin à partir du tableau des séries usuelles, sans calculer une seule dérivée, terme général compris ; donnez ensuite le coefficient de la puissance indiquée et le rayon de convergence $R$ .

Une seule méthode pour les dix lignes : reconnaître la série usuelle ( $e^{u}$ , $\sin u$ , $\cos u$ , $\ln(1+u)$ , $\arctan u$ , $\frac{1}{1-u}$ ou $(1+u)^{k}$ ), écrire $u$ en fonction de $x$ , élever $u$ TOUT ENTIER dans le terme général, puis multiplier par la puissance de $x$ qui reste devant. Le rayon se lit sur la condition du tableau, $|u|<1$ par exemple, réécrite en $x$ . Pour la série binomiale, la constante dans la parenthèse doit valoir $1$ avant de développer.

a) $e^{-2x}$ ; coefficient de $x^{4}$ .
b) $\cos(2x)$ ; coefficient de $x^{6}$ .
c) $x^{2}e^{x}$ ; coefficient de $x^{5}$ .
d) $\ln(1+3x)$ ; coefficient de $x^{4}$ .
e) $\arctan(2x)$ ; coefficient de $x^{5}$ .
f) $\frac{1}{1+4x^{2}}$ ; coefficient de $x^{6}$ .
g) $\sin(x^{3})$ ; coefficient de $x^{9}$ .
h) $x\cos(x^{2})$ ; coefficient de $x^{9}$ .
i) $\sqrt{1+x}$ , par la série binomiale ; coefficient de $x^{3}$ .
j) $\frac{1}{(2+x)^{2}}$ , par la série binomiale ; coefficient de $x^{3}$ .

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Coefficient de

x^{4}

Rayon

R

Coefficient de

x^{6}

Rayon

R

Coefficient de

x^{5}

Rayon

R

Coefficient de

x^{4}

Rayon

R

Coefficient de

x^{5}

Rayon

R

Coefficient de

x^{6}

Rayon

R

Coefficient de

x^{9}

Rayon

R

Coefficient de

x^{9}

Rayon

R

Coefficient de

x^{3}

Rayon

R

Coefficient de

x^{3}

Rayon

R

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Réponses

a) $e^{-2x}=\sum\frac{(-2)^{n}x^{n}}{n!}$ , $R=\infty$ ; coefficient $\frac{2}{3}$
b) $\cos(2x)=\sum\frac{(-1)^{n}4^{n}x^{2n}}{(2n)!}$ , $R=\infty$ ; coefficient $-\frac{4}{45}$
c) $x^{2}e^{x}=\sum\frac{x^{n+2}}{n!}$ , $R=\infty$ ; coefficient $\frac{1}{6}$
d) $\ln(1+3x)=\sum\frac{(-1)^{n-1}3^{n}x^{n}}{n}$ , $R=\frac{1}{3}$ ; coefficient $-\frac{81}{4}$
e) $\arctan(2x)=\sum\frac{(-1)^{n}2^{2n+1}x^{2n+1}}{2n+1}$ , $R=\frac{1}{2}$ ; coefficient $\frac{32}{5}$
f) $\frac{1}{1+4x^{2}}=\sum(-4)^{n}x^{2n}$ , $R=\frac{1}{2}$ ; coefficient $-64$
g) $\sin(x^{3})=\sum\frac{(-1)^{n}x^{6n+3}}{(2n+1)!}$ , $R=\infty$ ; coefficient $-\frac{1}{6}$
h) $x\cos(x^{2})=\sum\frac{(-1)^{n}x^{4n+1}}{(2n)!}$ , $R=\infty$ ; coefficient $\frac{1}{24}$
i) $\sqrt{1+x}=\sum\binom{1/2}{n}x^{n}$ , $R=1$ ; coefficient $\frac{1}{16}$
j) $\frac{1}{(2+x)^{2}}=\sum\frac{(-1)^{n}(n+1)}{2^{n+2}}x^{n}$ , $R=2$ ; coefficient $-\frac{1}{8}$

Le geste qui décide de tout : repérer la série usuelle et la quantité $u$ qu'on lui substitue, puis élever TOUT $u$ à la puissance, coefficient compris. Le rayon se lit sur la condition du tableau écrite en $u$ , puis traduite en $x$ ; un facteur $x^{k}$ devant la série décale les puissances sans toucher au rayon.

$e^{u}=\sum_{n\ge 0}\frac{u^{n}}{n!}$ pour tout réel $u$ , avec $u=-2x$ : $e^{-2x}=\sum_{n\ge 0}\frac{(-2)^{n}x^{n}}{n!}=1-2x+2x^{2}-\frac{4}{3}x^{3}+\frac{2}{3}x^{4}-\cdots$ , pour tout réel $x$ , donc $R=\infty$ . Coefficient de $x^{4}$ : $\frac{(-2)^{4}}{4!}=\frac{16}{24}=\frac{2}{3}$ . Piège : écrire $\frac{-2x^{n}}{n!}$ , où le $-2$ n'est pas élevé à la puissance.

$\cos u=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}u^{2n}}{(2n)!}$ avec $u=2x$ : $\cos(2x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}4^{n}x^{2n}}{(2n)!}=1-2x^{2}+\frac{2}{3}x^{4}-\frac{4}{45}x^{6}+\cdots$ , $R=\infty$ . Le terme en $x^{6}$ correspond à $n=3$ : $\frac{(-1)^{3}4^{3}}{6!}=-\frac{64}{720}=-\frac{4}{45}$ . Piège : $(2x)^{2n}=4^{n}x^{2n}$ , et non $2x^{2n}$ .

On multiplie la série de $e^{x}$ par $x^{2}$ : $x^{2}e^{x}=\sum_{n\ge 0}\frac{x^{n+2}}{n!}=x^{2}+x^{3}+\frac{x^{4}}{2}+\frac{x^{5}}{6}+\cdots$ , $R=\infty$ . Le terme en $x^{5}$ vient de $n=3$ : coefficient $\frac{1}{3!}=\frac{1}{6}$ . Piège : répondre $\frac{1}{5!}$ , en oubliant que la puissance a été décalée de $2$ .

$\ln(1+u)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}u^{n}}{n}$ pour $-1<u\le 1$ , avec $u=3x$ : $\ln(1+3x)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}3^{n}x^{n}}{n}=3x-\frac{9}{2}x^{2}+9x^{3}-\frac{81}{4}x^{4}+\cdots$ . La condition $-1<3x\le 1$ donne $-\frac{1}{3}<x\le\frac{1}{3}$ , donc $R=\frac{1}{3}$ . Coefficient de $x^{4}$ : $\frac{(-1)^{3}3^{4}}{4}=-\frac{81}{4}$ . Piège : recopier le rayon $1$ du tableau, alors que l'intervalle suit $u=3x$ .

$\arctan u=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}u^{2n+1}}{2n+1}$ pour $|u|\le 1$ , avec $u=2x$ : $\arctan(2x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}2^{2n+1}x^{2n+1}}{2n+1}=2x-\frac{8}{3}x^{3}+\frac{32}{5}x^{5}-\cdots$ , valable pour $|x|\le\frac{1}{2}$ , donc $R=\frac{1}{2}$ . Coefficient de $x^{5}$ , soit $n=2$ : $\frac{2^{5}}{5}=\frac{32}{5}$ . Piège : diviser par $5!$ comme pour le sinus ; la série de l'arctangente divise par $2n+1$ , sans factorielle.

Série géométrique $\frac{1}{1-u}=\sum_{n\ge 0}u^{n}$ pour $|u|<1$ , avec $u=-4x^{2}$ : $\frac{1}{1+4x^{2}}=\sum_{n\ge 0}(-4)^{n}x^{2n}=1-4x^{2}+16x^{4}-64x^{6}+\cdots$ . La condition $4x^{2}<1$ donne $|x|<\frac{1}{2}$ , donc $R=\frac{1}{2}$ . Coefficient de $x^{6}$ , soit $n=3$ : $(-4)^{3}=-64$ . Piège : le signe, puisque $1+4x^{2}=1-(-4x^{2})$ .

$\sin u=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}u^{2n+1}}{(2n+1)!}$ avec $u=x^{3}$ : $\sin(x^{3})=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{6n+3}}{(2n+1)!}=x^{3}-\frac{x^{9}}{6}+\frac{x^{15}}{120}-\cdots$ , $R=\infty$ . Le terme en $x^{9}$ demande $6n+3=9$ , soit $n=1$ : coefficient $-\frac{1}{3!}=-\frac{1}{6}$ . Piège : chercher $n$ tel que $2n+1=9$ , ce qui donne $\frac{1}{9!}$ .

$\cos(x^{2})=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{4n}}{(2n)!}$ , puis on multiplie par $x$ : $x\cos(x^{2})=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{4n+1}}{(2n)!}=x-\frac{x^{5}}{2}+\frac{x^{9}}{24}-\cdots$ , $R=\infty$ . Le terme en $x^{9}$ demande $4n+1=9$ , soit $n=2$ : coefficient $\frac{(-1)^{2}}{4!}=\frac{1}{24}$ .

Série binomiale avec $k=\frac{1}{2}$ : $\sqrt{1+x}=\sum_{n\ge 0}\binom{1/2}{n}x^{n}$ pour $|x|<1$ , donc $R=1$ . Pour $n=3$ , trois facteurs au numérateur : $\binom{1/2}{3}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot\left(-\frac{3}{2}\right)}{3!}=\frac{3}{8}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{16}$ , d'où $\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{8}+\frac{x^{3}}{16}-\cdots$ . Piège : arrêter le numérateur à deux facteurs ; il en faut exactement $n$ .

La constante d'abord : $(2+x)^{-2}=2^{-2}\left(1+\frac{x}{2}\right)^{-2}=\frac{1}{4}\sum_{n\ge 0}\binom{-2}{n}\left(\frac{x}{2}\right)^{n}$ , avec $\binom{-2}{n}=(-1)^{n}(n+1)$ . Donc $\frac{1}{(2+x)^{2}}=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}(n+1)}{2^{n+2}}x^{n}=\frac{1}{4}-\frac{x}{4}+\frac{3x^{2}}{16}-\frac{x^{3}}{8}+\cdots$ , valable pour $\left|\frac{x}{2}\right|<1$ , soit $R=2$ . Coefficient de $x^{3}$ : $\frac{-4}{2^{5}}=-\frac{1}{8}$ . Piège : développer comme $(1+x)^{-2}$ sans sortir le $2^{-2}$ , ce qui fausse à la fois les coefficients et le rayon.

Contrôle : une ligne se vérifie par une autre en dérivant. La dérivée de $\arctan(2x)$ vaut $\frac{2}{1+4x^{2}}$ : le terme $\frac{32}{5}x^{5}$ de e) donne $32x^{4}$ , qui est bien $2\times 16x^{4}$ lu en f). Et une somme partielle évaluée en un petit $x$ , par exemple $x=0{,}1$ , retombe sur la valeur de la fonction à la précision du premier terme négligé.

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Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Les coefficients par la définition : dériver, évaluer au centre, diviser par n!

Si $f$ possède des dérivées de tout ordre en $a$ , sa série de Taylor centrée en $a$ est $\sum_{n\ge 0}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}$ ; c'est une série de Maclaurin quand $a=0$ . On note $c_{n}=\frac{f^{(n)}(a)}{n!}$ le coefficient de $(x-a)^{n}$ .

Dans cet exercice, et dans lui seul, on construit les coefficients par la définition : dériver jusqu'à voir apparaître une régularité, évaluer AU CENTRE $a$ , diviser par $n!$ , et garder les puissances de $(x-a)$ , jamais celles de $x$ .

a) Soit $f(x)=2^{x}$ . Donnez $f^{(n)}(x)$ , puis la série de Maclaurin de $f$ et son rayon de convergence. Donnez $c_{3}$ au dix-millième, et vérifiez la série en écrivant $2^{x}=e^{x\ln 2}$ .
b) Soit $g(x)=\sqrt{x}$ . Calculez $g(4)$ , $g'(4)$ , $g''(4)$ et $g'''(4)$ , puis écrivez les quatre premiers termes de la série de Taylor de $g$ centrée en $a=4$ .
c) Soit $h(x)=\sin x$ . Trouvez la série de Taylor de $h$ centrée en $a=\pi$ , terme général compris, puis retrouvez-la à partir de l'identité $\sin x=-\sin(x-\pi)$ .
d) On admet que les coefficients de la série de b) vérifient $\left|\frac{c_{n+1}}{c_{n}}\right|=\frac{\left|n-\frac{1}{2}\right|}{4(n+1)}$ pour $n\ge 1$ . Calculez le rayon de convergence $R$ . Expliquez ensuite, sans aucun calcul, pourquoi $R$ ne pouvait pas dépasser $4$ .

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Réponses

a) $f^{(n)}(x)=(\ln 2)^{n}2^{x}$ ; $2^{x}=\sum_{n\ge 0}\frac{(\ln 2)^{n}}{n!}x^{n}$ , $R=+\infty$ ; $c_{3}=\frac{(\ln 2)^{3}}{6}\approx 0{,}0555$
b) $\sqrt{x}=2+\frac{1}{4}(x-4)-\frac{1}{64}(x-4)^{2}+\frac{1}{512}(x-4)^{3}-\cdots$
c) $\sin x=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n+1}}{(2n+1)!}(x-\pi)^{2n+1}=-(x-\pi)+\frac{(x-\pi)^{3}}{6}-\cdots$
d) $R=4$ ; la série centrée en $4$ ne peut pas représenter $\sqrt{x}$ au-delà de $0$ , où $g'$ explose

Comme $2^{x}=e^{x\ln 2}$ , chaque dérivation fait sortir un facteur $\ln 2$ : $f'(x)=(\ln 2)\,2^{x}$ , $f''(x)=(\ln 2)^{2}2^{x}$ , et par récurrence immédiate $f^{(n)}(x)=(\ln 2)^{n}2^{x}$ . Au centre, $f^{(n)}(0)=(\ln 2)^{n}$ , car $2^{0}=1$ . La série de Maclaurin est donc $\sum_{n\ge 0}\frac{(\ln 2)^{n}}{n!}x^{n}$ . Critère de d'Alembert : $\left|\frac{c_{n+1}x^{n+1}}{c_{n}x^{n}}\right|=\frac{\ln 2\,|x|}{n+1}\to 0<1$ pour tout $x$ , donc $R=+\infty$ . Le coefficient demandé est $c_{3}=\frac{(\ln 2)^{3}}{6}\approx\frac{0{,}333}{6}\approx 0{,}0555$ . Vérification par la route courte : dans $e^{u}=\sum\frac{u^{n}}{n!}$ , valable pour tout $u$ , on substitue $u=x\ln 2$ et l'on obtient exactement la même série. C'est le fil de toute la série d'exercices : la définition et la substitution donnent forcément le même résultat, parce qu'une fonction n'a qu'UNE série de Taylor en un point donné. La définition est ici la route longue.

$g(x)=x^{1/2}$ , $g'(x)=\frac{1}{2}x^{-1/2}$ , $g''(x)=-\frac{1}{4}x^{-3/2}$ , $g'''(x)=\frac{3}{8}x^{-5/2}$ . On évalue AU CENTRE $4$ , où $\sqrt{4}=2$ : $g(4)=2$ , $g'(4)=\frac{1}{4}$ , $g''(4)=-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{8}=-\frac{1}{32}$ , $g'''(4)=\frac{3}{8}\cdot\frac{1}{32}=\frac{3}{256}$ . On divise ensuite par $n!$ : $c_{0}=2$ , $c_{1}=\frac{1}{4}$ , $c_{2}=-\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{2}=-\frac{1}{64}$ , $c_{3}=\frac{3}{256}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{512}$ . D'où $\sqrt{x}=2+\frac{1}{4}(x-4)-\frac{1}{64}(x-4)^{2}+\frac{1}{512}(x-4)^{3}-\cdots$ . Trois pièges sont posés ici : évaluer en $0$ (où $g'$ n'existe même pas), oublier de diviser par $n!$ , ce qui donne $-\frac{1}{32}$ au lieu de $-\frac{1}{64}$ , et écrire $x^{2}$ au lieu de $(x-4)^{2}$ , ce qui fabrique un polynôme qui ne vaut plus $2$ en $x=4$ . Contrôle en $x=4{,}41$ : $2+0{,}1025-0{,}0026+\cdots\approx 2{,}1$ , et en effet $\sqrt{4{,}41}=2{,}1$ .

Les dérivées de $\sin$ reviennent tous les quatre rangs : $\sin$ , $\cos$ , $-\sin$ , $-\cos$ . En $\pi$ : $\sin\pi=0$ , $\cos\pi=-1$ , $-\sin\pi=0$ , $-\cos\pi=1$ , puis le cycle recommence. Les coefficients pairs sont nuls, et les impairs alternent à partir de $-1$ : $c_{1}=-1$ , $c_{3}=\frac{1}{3!}=\frac{1}{6}$ , $c_{5}=-\frac{1}{5!}$ . Le terme général est $\frac{(-1)^{n+1}}{(2n+1)!}(x-\pi)^{2n+1}$ . Seconde route : $\sin x=\sin\left((x-\pi)+\pi\right)=-\sin(x-\pi)$ , et la série de $\sin u$ , valable pour tout $u$ , avec $u=x-\pi$ , donne $-\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}(x-\pi)^{2n+1}}{(2n+1)!}$ : c'est la même série, signe compris. Remarquez que la seconde route est la bonne façon de changer de centre : on RÉÉCRIT la fonction en la variable $x-\pi$ avant de substituer. Remplacer simplement $x$ par $x-\pi$ dans la série de $\sin x$ donnerait celle de $\sin(x-\pi)$ , qui est l'opposée.

Le rapport tend vers $\frac{n}{4n}=\frac{1}{4}$ : pour $|x-4|$ donné, $\left|\frac{c_{n+1}(x-4)^{n+1}}{c_{n}(x-4)^{n}}\right|\to\frac{|x-4|}{4}$ , qui est $<1$ si et seulement si $|x-4|<4$ . Donc $R=4$ , et la série converge au moins sur $]0\,;8[$ . Pourquoi pas plus, sans calcul : la somme d'une série entière est dérivable sur tout l'intervalle ouvert de convergence. Si l'on avait $R>4$ , l'intervalle contiendrait $0$ en son intérieur, et la somme, qui coïncide avec $\sqrt{x}$ pour $x$ un peu plus grand que $0$ , aurait une dérivée finie en $0$ . Or $g'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ tend vers $+\infty$ quand $x\to 0^{+}$ : contradiction. La règle à retenir est que le rayon est la distance du centre au premier point où la fonction cesse d'être régulière, ici $0$ , à distance $4$ de $a=4$ .

Exercice 2 : Substituer dans le tableau : la variable change, l'intervalle suit

Aucune dérivée n'est calculée dans cet exercice. On part du tableau du cours : $e^{u}$ , $\sin u$ et $\cos u$ pour tout réel $u$ ; $\ln(1+u)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}u^{n}}{n}$ pour $-1<u\le 1$ ; $\arctan u=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}u^{2n+1}}{2n+1}$ pour $-1\le u\le 1$ .

On substitue une expression à $u$ , on multiplie éventuellement par une puissance de $x$ , et l'on déduit l'intervalle de validité en $x$ de celui en $u$ , bornes comprises ou exclues exactement comme dans le tableau.

a) Donnez la série de Maclaurin de $x\sin(3x)$ , son terme général et son rayon de convergence, puis le coefficient de $x^{6}$ .
b) Écrivez $\ln\left(4-x^{2}\right)$ sous la forme $\ln 4+\ln(1+u)$ , puis donnez sa série de Maclaurin, son intervalle de validité et le coefficient de $x^{4}$ .
c) Donnez la série de Maclaurin de $\arctan\frac{x}{3}$ et son intervalle de validité, bornes comprises, puis le coefficient de $x^{3}$ .
d) Réécrivez $\sin x\cos x$ avant de développer, puis donnez son terme général et le coefficient de $x^{5}$ .

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Réponses

a) $x\sin(3x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}3^{2n+1}}{(2n+1)!}x^{2n+2}$ , $R=+\infty$ ; coefficient de $x^{6}$ : $\frac{81}{40}$
b) $\ln 4-\sum_{n\ge 1}\frac{x^{2n}}{n\,4^{n}}$ sur $]-2\,;2[$ ; coefficient de $x^{4}$ : $-\frac{1}{32}$
c) $\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)\,3^{2n+1}}$ sur $[-3\,;3]$ ; coefficient de $x^{3}$ : $-\frac{1}{81}$
d) $\frac{1}{2}\sin 2x=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}2^{2n}}{(2n+1)!}x^{2n+1}$ ; coefficient de $x^{5}$ : $\frac{2}{15}$

Avec $u=3x$ : $\sin(3x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}(3x)^{2n+1}}{(2n+1)!}$ , valable pour tout $x$ puisque la série de $\sin u$ l'est pour tout $u$ . On multiplie par $x$ , ce qui décale chaque exposant d'un cran : $x\sin(3x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}3^{2n+1}}{(2n+1)!}x^{2n+2}=3x^{2}-\frac{9}{2}x^{4}+\frac{81}{40}x^{6}-\cdots$ . Le rayon reste $R=+\infty$ : multiplier par $x$ ne change pas l'ensemble des $x$ où la série converge. Le terme en $x^{6}$ correspond à $2n+2=6$ , soit $n=2$ : $\frac{3^{5}}{5!}=\frac{243}{120}=\frac{81}{40}$ . Le piège le plus fréquent est d'écrire $3x^{2n+1}$ au lieu de $(3x)^{2n+1}$ : c'est toute la variable qui est substituée, donc le $3$ est élevé à la même puissance que $x$ .

La série du tableau est celle de $\ln(1+u)$ : la constante devant doit valoir $1$ . On factorise donc $4$ : $\ln\left(4-x^{2}\right)=\ln\left(4\left(1-\frac{x^{2}}{4}\right)\right)=\ln 4+\ln(1+u)$ avec $u=-\frac{x^{2}}{4}$ , ce qui est permis pour $4-x^{2}>0$ . Alors $\ln(1+u)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(-\frac{x^{2}}{4}\right)^{n}=-\sum_{n\ge 1}\frac{x^{2n}}{n\,4^{n}}$ , car $(-1)^{n-1}(-1)^{n}=-1$ . L'intervalle se déduit de $-1<u\le 1$ : la condition $u\le 1$ est automatique, et $-\frac{x^{2}}{4}>-1$ équivaut à $x^{2}<4$ , soit $]-2\,;2[$ . Les deux bornes sont exclues car elles donnent $u=-1$ , la borne exclue du tableau ; c'est cohérent, $\ln 0$ n'existe pas. Le coefficient de $x^{4}$ vient de $n=2$ : $-\frac{1}{2\cdot 16}=-\frac{1}{32}$ . Oublier de factoriser et développer « $\ln(1+(3-x^{2}))$ » donnerait une variable qui ne tend pas vers $0$ au centre : la série obtenue n'aurait aucun sens.

Avec $u=\frac{x}{3}$ : $\arctan\frac{x}{3}=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}\cdot\frac{x^{2n+1}}{3^{2n+1}}=\frac{x}{3}-\frac{x^{3}}{81}+\frac{x^{5}}{1215}-\cdots$ . La condition $-1\le\frac{x}{3}\le 1$ donne l'intervalle $[-3\,;3]$ , bornes COMPRISES, parce que la série de $\arctan u$ converge en $u=\pm 1$ (série alternée de Leibniz). Le coefficient de $x^{3}$ est $-\frac{1}{3\cdot 27}=-\frac{1}{81}$ . Ce qui change avec la substitution n'est pas la nature des bornes mais leur place : le rayon passe de $1$ à $3$ parce que $u$ varie trois fois moins vite que $x$ . Un élève qui recopie l'intervalle du tableau, $[-1\,;1]$ , se trompe sur la seule information que la question demande vraiment.

Le produit de deux séries coûterait des calculs ; une identité les évite : $\sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x$ . Avec $u=2x$ : $\frac{1}{2}\sin 2x=\frac{1}{2}\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}(2x)^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}2^{2n}}{(2n+1)!}x^{2n+1}$ , pour tout $x$ . Le coefficient de $x^{5}$ ( $n=2$ ) est $\frac{2^{4}}{5!}=\frac{16}{120}=\frac{2}{15}$ . Contrôle par le produit, limité au degré utile : $\left(x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{5}}{120}\right)\left(1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}\right)$ a pour coefficient de $x^{5}$ la somme $\frac{1}{24}+\frac{1}{12}+\frac{1}{120}=\frac{5+10+1}{120}=\frac{2}{15}$ . Les deux routes donnent le même nombre, ce que l'unicité du développement garantissait d'avance.

Exercice 3 : La série binomiale : la constante 1 d'abord, le rayon ensuite

Pour tout réel $k$ et $|u|<1$ : $(1+u)^{k}=\sum_{n\ge 0}\binom{k}{n}u^{n}$ , avec $\binom{k}{0}=1$ et $\binom{k}{n}=\frac{k(k-1)\cdots(k-n+1)}{n!}$ , exactement $n$ facteurs au numérateur. Le développement est celui de $(1+u)^{k}$ : la constante dans la parenthèse doit valoir $1$ avant de développer.

La figure représente $f(x)=\frac{1}{\sqrt{4-x}}$ , définie pour $x<4$ , et deux sommes partielles de sa série de Maclaurin, les polynômes $T_{3}$ (pointillé) et $T_{8}$ .

a) Montrez que $\binom{-3}{n}=(-1)^{n}\frac{(n+1)(n+2)}{2}$ , puis donnez la série de Maclaurin de $(1+x)^{-3}$ et les coefficients de $x^{4}$ et de $x^{5}$ .
b) Mettez $f(x)=\frac{1}{\sqrt{4-x}}$ sous la forme $c\,(1+u)^{k}$ , écrivez les quatre premiers termes de sa série de Maclaurin et donnez son rayon de convergence.
c) Lisez la figure : sur quelle partie de la fenêtre $T_{3}$ et $T_{8}$ suivent-ils la courbe ? La fonction est parfaitement définie en $x=-6$ , où $f(-6)=\frac{1}{\sqrt{10}}$ : la série y converge-t-elle ? Et en $x=3$ ? Dites ce qui fixe le rayon.
d) Vérifiez que $F(x)=\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)$ a pour dérivée $\left(1+x^{2}\right)^{-1/2}$ . Déduisez-en la série de Maclaurin de $F$ jusqu'au terme en $x^{7}$ , par la série binomiale puis une intégration.

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Réponses

a) $(1+x)^{-3}=\sum_{n\ge 0}(-1)^{n}\frac{(n+1)(n+2)}{2}x^{n}$ ; coefficients $15$ et $-21$
b) $f(x)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{x}{4}\right)^{-1/2}=\frac{1}{2}+\frac{x}{16}+\frac{3x^{2}}{256}+\frac{5x^{3}}{2048}+\cdots$ , $R=4$
c) Accord sur $]-4\,;4[$ seulement ; diverge en $x=-6$ ; converge en $x=3$ ; le rayon est la distance du centre à la singularité $x=4$
d) $F(x)=x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{3x^{5}}{40}-\frac{5x^{7}}{112}+\cdots$

Avec $k=-3$ , les $n$ facteurs du numérateur sont $(-3)(-4)\cdots(-3-n+1)=(-1)^{n}\cdot 3\cdot 4\cdots(n+2)=(-1)^{n}\frac{(n+2)!}{2}$ . En divisant par $n!$ : $\binom{-3}{n}=(-1)^{n}\frac{(n+2)!}{2\,n!}=(-1)^{n}\frac{(n+1)(n+2)}{2}$ . Donc $(1+x)^{-3}=1-3x+6x^{2}-10x^{3}+15x^{4}-21x^{5}+\cdots$ pour $|x|<1$ , et les coefficients demandés sont $\frac{5\cdot 6}{2}=15$ et $-\frac{6\cdot 7}{2}=-21$ . Contrôle par l'unicité : la série géométrique $\frac{1}{1+x}=\sum(-1)^{n}x^{n}$ , dérivée deux fois puis divisée par $2$ , donne aussi $\frac{1}{(1+x)^{3}}=\sum_{n\ge 0}(-1)^{n}\frac{(n+2)(n+1)}{2}x^{n}$ . Le piège de signe est le suivant : chaque facteur $k-j$ est négatif quand $k$ l'est, d'où l'alternance $(-1)^{n}$ .

On fait apparaître la constante $1$ : $4-x=4\left(1-\frac{x}{4}\right)$ , donc $f(x)=4^{-1/2}\left(1-\frac{x}{4}\right)^{-1/2}=\frac{1}{2}(1+u)^{-1/2}$ avec $u=-\frac{x}{4}$ . Les coefficients binomiaux de $k=-\frac{1}{2}$ valent $1$ , $-\frac{1}{2}$ , $\frac{(-1/2)(-3/2)}{2}=\frac{3}{8}$ , $\frac{(-1/2)(-3/2)(-5/2)}{6}=-\frac{5}{16}$ . Avec $u^{n}=(-1)^{n}\frac{x^{n}}{4^{n}}$ , les signes se compensent et tous les termes sont positifs : $f(x)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{x}{8}+\frac{3x^{2}}{128}+\frac{5x^{3}}{1024}+\cdots\right)=\frac{1}{2}+\frac{x}{16}+\frac{3x^{2}}{256}+\frac{5x^{3}}{2048}+\cdots$ . La série binomiale exige $|u|<1$ , soit $|x|<4$ : $R=4$ . Deux erreurs coûtent ici toute la question : sortir $4$ au lieu de $4^{-1/2}=\frac{1}{2}$ , et développer $(4-x)^{-1/2}$ comme si la constante valait déjà $1$ , ce qui donne une série fausse dès le premier terme.

Les deux polynômes épousent la courbe autour de $0$ et s'en écartent quand on s'approche de $x=-4$ à gauche ou de $x=4$ à droite ; au-delà de $-4$ , $T_{8}$ part encore plus loin que $T_{3}$ . Ce n'est pas un manque de termes : en $x=-6$ , $u=\frac{3}{2}$ et le terme général $\frac{1}{2}\binom{-1/2}{n}\left(\frac{3}{2}\right)^{n}$ ne tend pas vers $0$ (le rapport de deux termes consécutifs tend vers $\frac{3}{2}>1$ ), donc la série DIVERGE par le test de divergence, bien que $f(-6)$ existe. En $x=3$ , $|x|<4$ et la série converge, lentement, vers $f(3)=1$ . Ce qui fixe le rayon n'est pas le domaine de $f$ : c'est la distance du centre $0$ à la singularité la plus proche, ici $x=4$ où $f$ explose. Comme l'intervalle de convergence d'une série entière est symétrique par rapport à son centre, la série échoue aussi à gauche de $-4$ , là où la fonction n'a pourtant aucun défaut.

$F'(x)=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}}{x+\sqrt{1+x^{2}}}=\frac{\frac{\sqrt{1+x^{2}}+x}{\sqrt{1+x^{2}}}}{x+\sqrt{1+x^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$ . La série binomiale avec $k=-\frac{1}{2}$ et $u=x^{2}$ , valable pour $|x|<1$ , donne $\left(1+x^{2}\right)^{-1/2}=1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{3x^{4}}{8}-\frac{5x^{6}}{16}+\cdots$ . On intègre terme à terme de $0$ à $x$ , et la constante est $F(0)=\ln 1=0$ : $F(x)=x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{3x^{5}}{40}-\frac{5x^{7}}{112}+\cdots$ , avec le même rayon $1$ . Calculer $F^{(7)}(0)$ par dérivations successives serait interminable ; le développement l'obtient en trois lignes, et c'est exactement la route que le chapitre demande de préférer. Contrôle en $x=0{,}2$ : $0{,}2-0{,}001333+0{,}000024\approx 0{,}198690$ , et $F(0{,}2)\approx 0{,}198690$ .

Exercice 4 : Multiplier, réécrire, intégrer : fabriquer un développement sans dériver

Les séries entières se multiplient comme des polynômes : dans un PRODUIT, le coefficient de $x^{n}$ rassemble tous les couples de degrés dont la somme vaut $n$ . Demandé jusqu'à $x^{3}$ , on développe chaque facteur jusqu'à $x^{3}$ , pas plus loin, et l'on jette tout produit de degré supérieur.

Le développement d'un produit converge au moins là où les deux facteurs convergent. Une série entière se dérive et s'intègre terme à terme à l'intérieur de son intervalle, avec le même rayon.

a) Développez $e^{-x}\ln(1+x)$ jusqu'au terme en $x^{3}$ inclus.
b) Développez $\frac{\sin x}{1-x}$ jusqu'au terme en $x^{4}$ inclus, en écrivant $\frac{1}{1-x}$ comme une série géométrique. Quel est le rayon de convergence de ce développement ?
c) À l'aide de l'identité $1-x^{3}=(1-x)\left(1+x+x^{2}\right)$ , obtenez le terme général de la série de Maclaurin de $\ln\left(1+x+x^{2}\right)$ sans aucune multiplication de séries. Donnez les coefficients de $x^{3}$ et de $x^{6}$ .
d) Soit $F(x)=\int_{0}^{x}\frac{\ln(1+t)}{t}\,dt$ . Donnez la série de Maclaurin de $F$ , son intervalle de validité, bornes comprises, et le coefficient de $x^{4}$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/9

Coefficient de

x^{2}

Coefficient de

x^{3}

Coefficient de

x^{3}

Coefficient de

x^{4}

Rayon

c_{3}

c_{6}

Intervalle ;

Coefficient de

x^{4}

Voir la correction

Réponses

a) $e^{-x}\ln(1+x)=x-\frac{3}{2}x^{2}+\frac{4}{3}x^{3}+\cdots$
b) $\frac{\sin x}{1-x}=x+x^{2}+\frac{5}{6}x^{3}+\frac{5}{6}x^{4}+\cdots$ , rayon $1$
c) $c_{n}=\frac{1}{n}$ si $3\nmid n$ , $c_{n}=-\frac{2}{n}$ si $3\mid n$ ; $c_{3}=-\frac{2}{3}$ , $c_{6}=-\frac{1}{3}$
d) $F(x)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}x^{n}}{n^{2}}$ sur $[-1\,;1]$ ; coefficient de $x^{4}$ : $-\frac{1}{16}$

On écrit chaque facteur jusqu'à $x^{3}$ : $e^{-x}=1-x+\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}+\cdots$ (substitution $u=-x$ ) et $\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots$ . Le second facteur commence en $x$ , donc le terme en $x^{3}$ de $e^{-x}$ ne sert à rien. On range par degré : degré $1$ : $1\cdot x=x$ ; degré $2$ : $1\cdot\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)+(-x)\cdot x=-\frac{3}{2}x^{2}$ ; degré $3$ : $1\cdot\frac{x^{3}}{3}+(-x)\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)+\frac{x^{2}}{2}\cdot x=\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)x^{3}=\frac{4}{3}x^{3}$ . Donc $e^{-x}\ln(1+x)=x-\frac{3}{2}x^{2}+\frac{4}{3}x^{3}+\cdots$ . L'erreur classique consiste à multiplier les coefficients de même rang, $1\cdot 0$ , $(-1)\cdot 1$ , $\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)$ : c'est faux, un produit de séries mélange TOUS les rangs dont la somme est fixée. Contrôle numérique en $x=0{,}1$ : $0{,}1-0{,}015+0{,}00133\approx 0{,}08633$ , contre $e^{-0{,}1}\ln 1{,}1\approx 0{,}08624$ , l'écart étant de l'ordre du terme en $x^{4}$ négligé.

$\frac{1}{1-x}=1+x+x^{2}+x^{3}+\cdots$ pour $|x|<1$ , et $\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+\cdots$ : $\frac{\sin x}{1-x}=\left(x-\frac{x^{3}}{6}\right)\left(1+x+x^{2}+x^{3}\right)+\cdots$ . Degré $1$ : $x$ ; degré $2$ : $x^{2}$ ; degré $3$ : $x^{3}-\frac{x^{3}}{6}=\frac{5}{6}x^{3}$ ; degré $4$ : $x^{4}-\frac{x^{4}}{6}=\frac{5}{6}x^{4}$ . Le terme en $x^{5}$ de $\sin$ n'intervient pas avant le degré $5$ . Le rayon : la série de $\sin$ converge partout, celle de $\frac{1}{1-x}$ seulement pour $|x|<1$ , donc le produit converge au moins sur $]-1\,;1[$ . Il ne converge pas au-delà : si le rayon dépassait $1$ , la somme serait continue en $x=1$ , alors que $\frac{\sin x}{1-x}\to+\infty$ quand $x\to 1^{-}$ puisque $\sin 1>0$ . Le rayon vaut donc exactement $1$ . Croire que le meilleur des deux rayons l'emporte est un piège : c'est le facteur le plus contraint qui commande.

Pour $|x|<1$ , on a $1+x+x^{2}=\frac{1-x^{3}}{1-x}>0$ , donc $\ln\left(1+x+x^{2}\right)=\ln\left(1-x^{3}\right)-\ln(1-x)$ . Le tableau donne, avec $u=-x$ , $-\ln(1-x)=\sum_{n\ge 1}\frac{x^{n}}{n}$ , et avec $u=-x^{3}$ , $\ln\left(1-x^{3}\right)=-\sum_{m\ge 1}\frac{x^{3m}}{m}$ . Le terme $-\frac{x^{3m}}{m}$ s'écrit $-\frac{3}{n}x^{n}$ avec $n=3m$ . Donc $c_{n}=\frac{1}{n}$ quand $3$ ne divise pas $n$ , et $c_{n}=\frac{1}{n}-\frac{3}{n}=-\frac{2}{n}$ quand $3$ divise $n$ : $\ln\left(1+x+x^{2}\right)=x+\frac{x^{2}}{2}-\frac{2}{3}x^{3}+\frac{x^{4}}{4}+\frac{x^{5}}{5}-\frac{1}{3}x^{6}+\cdots$ . Les coefficients demandés sont $c_{3}=-\frac{2}{3}$ et $c_{6}=-\frac{2}{6}=-\frac{1}{3}$ . La réécriture a remplacé une composition, $\ln(1+u)$ avec $u=x+x^{2}$ , dont les puissances $\left(x+x^{2}\right)^{k}$ se mélangent à chaque degré, par deux substitutions propres : c'est la réflexion avant le calcul que l'examen récompense. Le rayon est $1$ , celui des deux séries.

Pour $t\ne 0$ et $-1<t\le 1$ : $\frac{\ln(1+t)}{t}=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}t^{n-1}}{n}=1-\frac{t}{2}+\frac{t^{2}}{3}-\cdots$ , et cette série vaut $1$ en $t=0$ , ce qui prolonge l'intégrande par continuité : l'intégrale n'est pas impropre. On intègre terme à terme de $0$ à $x$ : $F(x)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}x^{n}}{n^{2}}=x-\frac{x^{2}}{4}+\frac{x^{3}}{9}-\frac{x^{4}}{16}+\cdots$ . Le rayon reste $1$ , mais les bornes se testent à nouveau, une par une : en $x=1$ , $\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}$ converge (absolument) ; en $x=-1$ , $\sum\frac{(-1)^{n-1}(-1)^{n}}{n^{2}}=-\sum\frac{1}{n^{2}}$ converge aussi, série de Riemann avec $p=2>1$ . L'intervalle est donc $[-1\,;1]$ , alors que la série de départ divergeait en $t=-1$ : intégrer conserve le rayon mais peut GAGNER une borne. Le coefficient de $x^{4}$ est $-\frac{1}{16}$ . La primitive de $\frac{\ln(1+t)}{t}$ ne s'exprime avec aucune fonction usuelle : la série EST sa définition.

Exercice 5 : Lire les dérivées sur la série : f^(n)(a) = n! fois le coefficient

La formule des coefficients se lit dans les deux sens. Dès qu'un développement de $f$ en $a$ est connu, quelle que soit la route qui l'a produit, le théorème d'unicité garantit que son coefficient $c_{n}$ vaut $\frac{f^{(n)}(a)}{n!}$ . Donc $f^{(n)}(a)=n!\,c_{n}$ , sans dériver une seule fois.

a) Soit $f(x)=x^{3}\sin\left(x^{2}\right)$ . Donnez sa série de Maclaurin, puis $f^{(12)}(0)$ et $f^{(13)}(0)$ .
b) Soit $h(x)=\frac{e^{x}}{1-x}$ . Montrez que le coefficient de $x^{n}$ de sa série de Maclaurin est $\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$ , puis calculez $h'''(0)$ et $h^{(4)}(0)$ .
c) Soit $p(x)=\ln(1+x)$ . Donnez $p^{(n)}(0)$ pour tout $n\ge 1$ à partir de la série, puis $p^{(6)}(0)$ . Confirmez la formule par un calcul direct de $p^{(n)}(x)$ .
d) Expliquez, à l'aide de la série de $\arctan$ , pourquoi toutes les dérivées d'ordre pair de $\arctan$ en $0$ sont nulles, puis donnez $\arctan^{(7)}(0)$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/7

f^{(12)}(0)

f^{(13)}(0)

h'''(0)

h^{(4)}(0)

p^{(6)}(0)

\arctan^{(8)}(0)

\arctan^{(7)}(0)

Voir la correction

Réponses

a) $f(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{4n+5}}{(2n+1)!}$ ; $f^{(12)}(0)=0$ et $f^{(13)}(0)=\frac{13!}{5!}=51\,891\,840$
b) $h'''(0)=3!\left(1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\right)=16$ et $h^{(4)}(0)=65$
c) $p^{(n)}(0)=(-1)^{n-1}(n-1)!$ ; $p^{(6)}(0)=-120$
d) $\arctan$ est impaire, sa série n'a que des puissances impaires ; $\arctan^{(7)}(0)=7!\cdot\left(-\frac{1}{7}\right)=-720$

Avec $u=x^{2}$ dans la série de $\sin u$ : $\sin\left(x^{2}\right)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{4n+2}}{(2n+1)!}$ , puis on multiplie par $x^{3}$ : $f(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{4n+5}}{(2n+1)!}=x^{5}-\frac{x^{9}}{6}+\frac{x^{13}}{120}-\cdots$ , pour tout $x$ . Les seuls exposants présents sont $5$ , $9$ , $13$ , $17$ , ... ; $12$ n'en fait pas partie, donc $c_{12}=0$ et $f^{(12)}(0)=0$ . Pour $13=4n+5$ , $n=2$ et $c_{13}=\frac{1}{5!}=\frac{1}{120}$ , d'où $f^{(13)}(0)=13!\cdot\frac{1}{120}=\frac{6\,227\,020\,800}{120}=51\,891\,840$ . Deux pièges ici : répondre $\frac{1}{120}$ , c'est-à-dire donner le coefficient au lieu de la dérivée (oubli du facteur $13!$ ) ; et confondre le rang $n$ de la somme avec l'exposant de $x$ , ce qui ferait chercher $n=13$ . Treize dérivations du produit $x^{3}\sin\left(x^{2}\right)$ auraient demandé une page de règle de Leibniz.

$\frac{1}{1-x}=\sum_{j\ge 0}x^{j}$ pour $|x|<1$ , et $e^{x}=\sum_{k\ge 0}\frac{x^{k}}{k!}$ . Dans le produit, le coefficient de $x^{n}$ rassemble les couples $(k,j)$ avec $k+j=n$ , chacun de poids $\frac{1}{k!}\cdot 1$ : $c_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$ . D'où $c_{3}=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{8}{3}$ et $h'''(0)=3!\cdot\frac{8}{3}=16$ ; puis $c_{4}=\frac{8}{3}+\frac{1}{24}=\frac{65}{24}$ et $h^{(4)}(0)=24\cdot\frac{65}{24}=65$ . En général, $h^{(n)}(0)=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!}$ , un entier, et $c_{n}$ tend vers $e$ : les coefficients ne tendent pas vers $0$ , ce qui confirme que la série diverge en $x=1$ , où $h$ explose. Contrôle direct de $h'(0)$ : $h'=\frac{e^{x}(1-x)+e^{x}}{(1-x)^{2}}$ , qui vaut $2$ en $0$ , et la série donne bien $1!\cdot(1+1)=2$ .

$\ln(1+x)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}$ , donc $c_{n}=\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ et $p^{(n)}(0)=n!\cdot\frac{(-1)^{n-1}}{n}=(-1)^{n-1}(n-1)!$ , puisque $\frac{n!}{n}=(n-1)!$ . Pour $n=6$ : $p^{(6)}(0)=(-1)^{5}\cdot 5!=-120$ . Calcul direct : $p'(x)=(1+x)^{-1}$ , $p''(x)=-(1+x)^{-2}$ , $p'''(x)=2(1+x)^{-3}$ , $p^{(4)}(x)=-6(1+x)^{-4}$ ; chaque dérivation fait descendre l'exposant, qui est négatif, et change le signe : $p^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{(1+x)^{n}}$ , ce qui donne bien $(-1)^{n-1}(n-1)!$ en $0$ . Les deux routes s'accordent, et c'est l'unicité qui l'impose. Le signe se contrôle sur $n=1$ : $p'(0)=1>0$ , normal pour une fonction croissante.

La série de $\arctan x=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}-\frac{x^{7}}{7}+\cdots$ ne contient que des puissances impaires. Le coefficient de $x^{2k}$ est donc nul, et $\arctan^{(2k)}(0)=(2k)!\cdot 0=0$ pour tout $k$ . La raison profonde est la parité : $\arctan$ est impaire, sa série aussi (par unicité, puisque $-\arctan(-x)$ a pour série la même avec les coefficients pairs changés de signe, donc ces coefficients valent leur opposé). Pour l'ordre $7$ : $c_{7}=-\frac{1}{7}$ , donc $\arctan^{(7)}(0)=7!\cdot\left(-\frac{1}{7}\right)=-6!=-720$ . La septième dérivée de $\frac{1}{1+x^{2}}$ intégrée est un calcul que personne ne mène à la main ; la lecture de la série prend une ligne. Le même raisonnement vaut pour toute fonction paire, dont les dérivées d'ordre impair sont nulles en $0$ .

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Limites par développements : développer jusqu'à ce qu'un terme survive

Devant une forme $\frac{0}{0}$ en $0$ , on remplace chaque fonction par son développement de Maclaurin, on simplifie, et l'on lit la limite sur la plus petite puissance qui SURVIT. La seule décision est la profondeur : assez loin pour que le numérateur et le dénominateur aient chacun un terme non nul, et chaque morceau au même degré.

Sans calculatrice, la réponse est une valeur exacte.

a) Calculez $\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{x^{2}}-\cos x}{x^{2}}$ .
b) Calculez $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)-\sin x}{x^{2}}$ .
c) Calculez $\lim\limits_{x\to 0}\frac{x\arctan x-x^{2}}{1-\cos\left(x^{2}\right)}$ . Combien d'applications de la règle de L'Hospital ce calcul aurait-il demandées ?
d) On approche $e^{x}$ près de $0$ par une fraction $\frac{1+ax}{1+bx}$ . Déterminez $a$ et $b$ pour que $\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{x}-\frac{1+ax}{1+bx}}{x^{3}}$ soit finie, et donnez cette limite.

Voir la correction

Réponses

a) $\frac{3}{2}$
b) $-\frac{1}{2}$
c) $-\frac{2}{3}$ ; quatre applications de L'Hospital
d) $a=\frac{1}{2}$ , $b=-\frac{1}{2}$ ; limite $-\frac{1}{12}$

Le dénominateur est d'ordre $2$ , donc on développe le numérateur jusqu'à $x^{2}$ : $e^{x^{2}}=1+x^{2}+\cdots$ (substitution $u=x^{2}$ ) et $\cos x=1-\frac{x^{2}}{2}+\cdots$ . Numérateur : $\left(1+x^{2}\right)-\left(1-\frac{x^{2}}{2}\right)+\cdots=\frac{3}{2}x^{2}+\cdots$ , où les points désignent des termes de degré au moins $4$ . En divisant par $x^{2}$ : $\frac{3}{2}+(\text{termes qui tendent vers }0)$ , donc la limite vaut $\frac{3}{2}$ . Le piège est de signe : $-\cos x$ apporte $+\frac{x^{2}}{2}$ . Une copie qui écrit $x^{2}-\frac{x^{2}}{2}=\frac{x^{2}}{2}$ trouve $\frac{1}{2}$ et perd la question.

Dénominateur d'ordre $2$ : on développe jusqu'à $x^{2}$ . $\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\cdots$ et $\sin x=x+0\cdot x^{2}+\cdots$ (le sinus n'a pas de terme en $x^{2}$ , ce qu'il faut écrire pour ne pas l'oublier). Différence : $-\frac{x^{2}}{2}+\cdots$ , donc la limite vaut $-\frac{1}{2}$ . Les termes en $x$ se sont annulés : c'est pour cela que la forme était indéterminée, et c'est pourquoi développer seulement à l'ordre $1$ , « $\ln(1+x)\approx x$ et $\sin x\approx x$ », ne donne que $\frac{0}{x^{2}}$ et ne conclut rien. On développe toujours un cran plus loin que ce qui s'annule.

Le dénominateur fixe la profondeur : $\cos u=1-\frac{u^{2}}{2}+\cdots$ avec $u=x^{2}$ donne $1-\cos\left(x^{2}\right)=\frac{x^{4}}{2}-\frac{x^{8}}{24}+\cdots$ , d'ordre $4$ . On développe donc le numérateur jusqu'à $x^{4}$ : $x\arctan x=x\left(x-\frac{x^{3}}{3}+\cdots\right)=x^{2}-\frac{x^{4}}{3}+\cdots$ , et $x\arctan x-x^{2}=-\frac{x^{4}}{3}+\cdots$ . Le quotient vaut $\frac{-\frac{1}{3}+\cdots}{\frac{1}{2}+\cdots}\to-\frac{2}{3}$ . Avec L'Hospital, numérateur et dénominateur s'annulent en $0$ avec leurs trois premières dérivées (tous deux sont d'ordre $4$ ) : il faudrait QUATRE applications, sur des dérivées de $x\arctan x$ et de $\cos\left(x^{2}\right)$ qui grossissent à chaque tour. La figure de la correction montre la fonction : définie partout sauf en $0$ , elle y présente un trou à la hauteur $-\frac{2}{3}$ .

La série géométrique donne $\frac{1}{1+bx}=1-bx+b^{2}x^{2}-b^{3}x^{3}+\cdots$ , d'où $\frac{1+ax}{1+bx}=1+(a-b)x+\left(b^{2}-ab\right)x^{2}+\left(ab^{2}-b^{3}\right)x^{3}+\cdots$ . Pour que le quotient par $x^{3}$ ait une limite finie, les termes de degré $1$ et $2$ de $e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+\cdots$ doivent être reproduits : $a-b=1$ et $b(b-a)=\frac{1}{2}$ . La première donne $b-a=-1$ , donc $-b=\frac{1}{2}$ , $b=-\frac{1}{2}$ et $a=\frac{1}{2}$ . Le terme en $x^{3}$ de la fraction vaut alors $ab^{2}-b^{3}=\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{4}$ , et la limite est $\frac{1}{6}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{12}$ . La fraction $\frac{2+x}{2-x}$ est l'approximant de Padé de $e^{x}$ : elle copie trois coefficients avec deux paramètres, et elle est bornée pour les grandes valeurs, ce qu'aucun polynôme n'est. Les ingénieurs l'utilisent pour discrétiser des systèmes ; ici, ce qui compte est le geste : identifier coefficient par coefficient.

Exercice 7 : Reconnaître une somme : quelle fonction, et en quel point

Les critères de convergence disent si une série numérique converge, jamais vers quoi. Si l'on reconnaît la série comme la VALEUR d'une série de Maclaurin connue en un point, on obtient sa somme exacte. Le geste : repérer la factorielle et la puissance, écrire le terme général sous la forme $c_{n}x_{0}^{n}$ , nommer la fonction et le point, vérifier que ce point est dans l'intervalle de validité.

La figure représente les sommes partielles $S_{N}=\sum_{n=0}^{N}\frac{(-1)^{n}\pi^{2n}}{4^{n}(2n)!}$ de la série de la question d), pour $N=0$ à $6$ .

a) Calculez $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\pi^{2n+1}}{6^{2n+1}(2n+1)!}$ .
b) Calculez $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n\,3^{n}}$ sous forme exacte, puis au millième.
c) Calculez $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(n+1)\,2^{n}}{n!}$ de deux façons : en dérivant la série de $xe^{x}$ , puis en coupant $\frac{n+1}{n!}$ en deux.
d) Calculez la somme $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\pi^{2n}}{4^{n}(2n)!}$ et comparez à la figure. Que dit le premier terme, égal à $1$ , de cette somme ?

Voir la correction

Réponses

a) $\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}$
b) $\ln\frac{4}{3}\approx 0{,}288$
c) $3e^{2}$
d) $\cos\frac{\pi}{2}=0$ ; les sommes partielles oscillent autour de $0$

La factorielle impaire $(2n+1)!$ , l'alternance et la puissance impaire sont la signature du sinus : $\sin u=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}u^{2n+1}}{(2n+1)!}$ pour tout $u$ . Ici $\frac{\pi^{2n+1}}{6^{2n+1}}=\left(\frac{\pi}{6}\right)^{2n+1}$ , donc la somme vaut $\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}$ . Le point d'évaluation est $u=\frac{\pi}{6}$ et pas $\pi$ : l'exposant de $6$ suit celui de $\pi$ , ils se regroupent en une seule puissance. Le premier terme vaut $\frac{\pi}{6}\approx 0{,}52$ , le suivant $-\frac{1}{6}\left(\frac{\pi}{6}\right)^{3}\approx-0{,}024$ : la somme est bien un peu sous $0{,}52$ , ce qui confirme $\frac{1}{2}$ .

Le dénominateur $n$ sans factorielle et l'alternance désignent $\ln(1+u)=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}u^{n}}{n}$ , valable pour $-1<u\le 1$ . Le terme général s'écrit $\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$ , car $(-1)^{n+1}=(-1)^{n-1}$ . Le point $u=\frac{1}{3}$ est dans l'intervalle, donc $\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n\,3^{n}}=\ln\left(1+\frac{1}{3}\right)=\ln\frac{4}{3}$ . Valeur au millième, avec $\ln 4\approx 1{,}386$ et $\ln 3\approx 1{,}099$ : $\ln\frac{4}{3}=\ln 4-\ln 3\approx 0{,}288$ . Contrôle sur les premiers termes : $\frac{1}{3}-\frac{1}{18}+\frac{1}{81}\approx 0{,}290$ , cohérent. Le piège serait de reconnaître $-\ln(1-u)$ , la série sans alternance, et de répondre $\ln\frac{3}{2}$ .

Première façon : $xe^{x}=\sum_{n\ge 0}\frac{x^{n+1}}{n!}$ pour tout $x$ , et la dérivée terme à terme donne $(1+x)e^{x}=\sum_{n\ge 0}\frac{(n+1)x^{n}}{n!}$ . En $x=2$ : la somme vaut $(1+2)e^{2}=3e^{2}$ . Seconde façon : pour $n\ge 1$ , $\frac{n+1}{n!}=\frac{n}{n!}+\frac{1}{n!}=\frac{1}{(n-1)!}+\frac{1}{n!}$ , donc la somme se coupe en $\sum_{n\ge 1}\frac{2^{n}}{(n-1)!}+\sum_{n\ge 0}\frac{2^{n}}{n!}$ . La seconde vaut $e^{2}$ ; dans la première on pose $m=n-1$ : $\sum_{m\ge 0}\frac{2^{m+1}}{m!}=2e^{2}$ . Total $3e^{2}$ , les deux routes s'accordent. Le piège de la seconde méthode est le décalage d'indice : $\frac{n}{n!}=\frac{1}{(n-1)!}$ n'a de sens que pour $n\ge 1$ , et le $2^{n}$ devient $2^{m+1}$ , d'où le facteur $2$ . Ordre de grandeur : $e^{2}\approx 7{,}4$ , donc la somme vaut environ $22$ .

La factorielle paire et l'alternance désignent le cosinus : $\cos u=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}u^{2n}}{(2n)!}$ , et $\frac{\pi^{2n}}{4^{n}}=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n}$ . La somme vaut $\cos\frac{\pi}{2}=0$ . C'est exactement ce que montre la figure : $S_{0}=1$ , $S_{1}=1-\frac{\pi^{2}}{8}\approx-0{,}23$ , $S_{2}\approx 0{,}02$ , puis des sommes partielles collées à l'axe, alternativement au-dessus et au-dessous. Un premier terme égal à $1$ ne dit rien de la somme : les termes suivants, de signes alternés, le compensent entièrement. Croire qu'une série « commence à $1$ donc vaut à peu près $1$ » est l'erreur que cette figure rend impossible. L'erreur symétrique, lire $4^{n}$ comme $4^{2n}$ et répondre $\cos\frac{\pi}{4}$ , se démasque aussi : la figure ne tend pas vers $0{,}71$ .

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Chacune des affirmations suivantes a été écrite sur une copie d'examen, et chacune est fausse. Dites ce qui ne va pas, donnez l'énoncé correct et tranchez par un calcul court ou un contre-exemple.

a) « Comme $e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\cdots$ , on a $e^{2x}=2+2x+x^{2}+\cdots$ . »
b) « La série de Taylor de $\cos x$ centrée en $\frac{\pi}{2}$ s'obtient en remplaçant $x$ par $x-\frac{\pi}{2}$ : $\cos x=1-\frac{1}{2}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^{2}+\frac{1}{24}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^{4}-\cdots$ »
c) « Dans $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^{3}}$ , je remplace $\sin x$ par $x$ et $\cos x$ par $1$ : le numérateur est nul, donc la limite vaut $0$ . »
d) « La série de Maclaurin de $\frac{e^{x}}{1-x}$ a un rayon infini, puisque celle de $e^{x}$ en a un et que multiplier par une autre série ne peut que l'améliorer. »
e) « La série binomiale donne $(1+x)^{1/3}=1+\frac{x}{3}+\frac{x^{2}}{9}+\cdots$ »

Voir la correction

Réponses

a) $e^{2x}=1+2x+2x^{2}+\cdots$ : on substitue $u=2x$ , on ne multiplie pas par $2$
b) $\cos x=-\sin\left(x-\frac{\pi}{2}\right)=-\left(x-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{1}{6}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^{3}-\cdots$
c) $\sin x-x\cos x=\frac{x^{3}}{3}+\cdots$ , la limite vaut $\frac{1}{3}$
d) Le rayon vaut $1$ : la fonction explose en $x=1$
e) $\binom{1/3}{2}=-\frac{1}{9}$ : $(1+x)^{1/3}=1+\frac{x}{3}-\frac{x^{2}}{9}+\cdots$

La copie a multiplié la série par $2$ , ce qui donne la série de $2e^{x}$ , pas celle de $e^{2x}$ . Dans $e^{u}=\sum\frac{u^{n}}{n!}$ , on SUBSTITUE $u=2x$ : $e^{2x}=\sum_{n\ge 0}\frac{2^{n}x^{n}}{n!}=1+2x+2x^{2}+\frac{4}{3}x^{3}+\cdots$ . Le contrôle en $0$ suffit à condamner l'affirmation : $e^{0}=1$ , alors que la série proposée vaut $2$ en $x=0$ . Une série de Maclaurin vaut toujours $f(0)$ en $0$ , c'est la vérification la plus rapide qui soit.

Remplacer $x$ par $x-\frac{\pi}{2}$ dans la série de $\cos x$ donne la série de $\cos\left(x-\frac{\pi}{2}\right)$ , qui est $\sin x$ , pas $\cos x$ . Le contrôle au centre le montre : la série proposée vaut $1$ en $x=\frac{\pi}{2}$ , alors que $\cos\frac{\pi}{2}=0$ . Pour changer de centre, on réécrit d'abord la fonction dans la variable $u=x-\frac{\pi}{2}$ : $\cos x=\cos\left(u+\frac{\pi}{2}\right)=-\sin u$ . Donc $\cos x=-\left(x-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{1}{6}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^{3}-\frac{1}{120}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^{5}+\cdots$ . Par la définition : $\cos\frac{\pi}{2}=0$ , $-\sin\frac{\pi}{2}=-1$ , $-\cos\frac{\pi}{2}=0$ , $\sin\frac{\pi}{2}=1$ , et $c_{3}=\frac{1}{6}$ : même résultat.

Remplacer chaque fonction par son seul premier terme, c'est développer à l'ordre $1$ , alors que le dénominateur est d'ordre $3$ : la conclusion « $\frac{0}{x^{3}}$ » ne prouve rien, les termes négligés étant précisément ceux qui comptent. On développe jusqu'à $x^{3}$ : $\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}+\cdots$ et $x\cos x=x-\frac{x^{3}}{2}+\cdots$ , d'où $\sin x-x\cos x=\left(-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\right)x^{3}+\cdots=\frac{x^{3}}{3}+\cdots$ . La limite vaut $\frac{1}{3}$ . La règle : développer chaque morceau jusqu'au degré du dénominateur, et jamais moins.

Le produit converge AU MOINS là où les deux facteurs convergent, donc sur $]-1\,;1[$ , le rayon de $\frac{1}{1-x}$ ; il n'y a aucune raison qu'il fasse mieux. Ici il ne fait pas mieux : si le rayon dépassait $1$ , la somme de la série serait continue en $x=1$ , alors que $\frac{e^{x}}{1-x}\to+\infty$ quand $x\to 1^{-}$ . On le voit aussi sur les coefficients, $c_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$ , qui tendent vers $e$ et non vers $0$ : en $x=1$ , le terme général ne tend pas vers $0$ . Le rayon vaut $1$ . Multiplier par une série peut au contraire RÉDUIRE le rayon de $+\infty$ à $1$ , c'est exactement ce qui se passe.

$\binom{1/3}{2}=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-1\right)}{2}=\frac{\frac{1}{3}\cdot\left(-\frac{2}{3}\right)}{2}=-\frac{1}{9}$ . La copie a oublié que le second facteur est $k-1$ , négatif dès que $0<k<1$ : elle a écrit $\frac{k^{2}}{2}$ , ou recopié le motif $\frac{1}{3}$ , $\frac{1}{9}$ , $\frac{1}{27}$ d'une série géométrique. Correct : $(1+x)^{1/3}=1+\frac{x}{3}-\frac{x^{2}}{9}+\frac{5x^{3}}{81}-\cdots$ . Contrôle par le cube, au degré $2$ : $\left(1+\frac{x}{3}-\frac{x^{2}}{9}\right)^{3}=1+x+\left(3\cdot\left(-\frac{1}{9}\right)+3\cdot\frac{1}{9}\right)x^{2}+\cdots=1+x+0\cdot x^{2}$ , ce qui redonne bien $1+x$ ; avec $+\frac{x^{2}}{9}$ , on trouverait $1+x+\frac{2}{3}x^{2}$ , faux.

Exercice 9 : La fonction d'erreur et la loi normale : intégrer ce qui n'a pas de primitive

La fonction $t\mapsto e^{-t^{2}}$ n'a aucune primitive qui s'écrive avec les fonctions usuelles (on l'admet). On définit donc la fonction d'erreur par une intégrale : $\mathrm{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\,dt$ . Elle est au cœur de la loi normale : si $Z$ suit la loi normale centrée réduite, de densité $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-s^{2}/2}$ , alors $P(-z\le Z\le z)=\mathrm{erf}\left(\frac{z}{\sqrt{2}}\right)$ par le changement de variable $s=\sqrt{2}\,t$ .

La figure représente $\mathrm{erf}$ et deux de ses polynômes de Maclaurin, $T_{5}$ (pointillé) et $T_{11}$ . On écrit $\mathrm{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}S(x)$ .

a) Donnez la série de Maclaurin de $S(x)=\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\,dt$ , son terme général et son rayon de convergence, puis les coefficients de $x^{5}$ et de $x^{7}$ .
b) Lisez sur la série $\mathrm{erf}'(0)$ , $\mathrm{erf}'''(0)$ et $\mathrm{erf}^{(4)}(0)$ . Vérifiez $\mathrm{erf}'''(0)$ en dérivant directement $\mathrm{erf}'(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-x^{2}}$ .
c) Montrez que $P(-1\le Z\le 1)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}}{2^{n}\,n!\,(2n+1)}$ , et donnez la somme des quatre premiers termes de cette série sous forme de fraction irréductible.
d) La série de $S$ converge pour tout $x$ , et pourtant $T_{11}$ décroche nettement de la courbe dès $x=2$ . Pour $x=3$ , le terme général de $S(3)$ vaut en valeur absolue $t_{n}=\frac{3\cdot 9^{n}}{n!\,(2n+1)}$ : à quel rang $n$ ce terme est-il le plus grand ? Expliquez pourquoi la série, convergente, est inutilisable à la main en $x=3$ .

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Réponses

a) $S(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{n!\,(2n+1)}$ , $R=+\infty$ ; coefficients $\frac{1}{10}$ et $-\frac{1}{42}$
b) $\mathrm{erf}'(0)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}$ , $\mathrm{erf}'''(0)=-\frac{4}{\sqrt{\pi}}\approx-2{,}257$ , $\mathrm{erf}^{(4)}(0)=0$
c) $1-\frac{1}{6}+\frac{1}{40}-\frac{1}{336}=\frac{479}{560}$
d) Le plus grand terme est $t_{7}\approx 190$ ; des termes alternés de l'ordre de $190$ pour une somme proche de $0{,}89$

Substitution $u=-t^{2}$ dans la série de l'exponentielle, valable pour tout $t$ : $e^{-t^{2}}=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}t^{2n}}{n!}$ . On intègre terme à terme de $0$ à $x$ , ce qui est permis à l'intérieur de l'intervalle de convergence, ici $\mathbb{R}$ tout entier : $S(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{n!\,(2n+1)}=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{10}-\frac{x^{7}}{42}+\frac{x^{9}}{216}-\cdots$ , avec $R=+\infty$ , le rayon de la série de départ. Coefficient de $x^{5}$ ( $n=2$ ) : $\frac{1}{2!\cdot 5}=\frac{1}{10}$ ; de $x^{7}$ ( $n=3$ ) : $-\frac{1}{3!\cdot 7}=-\frac{1}{42}$ . Le piège est d'oublier le $2n+1$ du dénominateur, apporté par l'intégration de $t^{2n}$ , ou le $n!$ apporté par l'exponentielle : les deux sont là. Cette série n'est pas une approximation de $\mathrm{erf}$ , elle EN EST la définition calculable : c'est sous cette forme qu'une bibliothèque numérique l'évalue près de $0$ .

$\mathrm{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\left(x-\frac{x^{3}}{3}+\cdots\right)$ : $c_{1}=\frac{2}{\sqrt{\pi}}$ , $c_{3}=-\frac{2}{3\sqrt{\pi}}$ , $c_{4}=0$ . D'où $\mathrm{erf}'(0)=1!\,c_{1}=\frac{2}{\sqrt{\pi}}$ , $\mathrm{erf}'''(0)=3!\,c_{3}=-\frac{4}{\sqrt{\pi}}\approx-2{,}257$ et $\mathrm{erf}^{(4)}(0)=0$ , la fonction étant impaire. Calcul direct : $\mathrm{erf}'(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-x^{2}}$ (théorème fondamental), $\mathrm{erf}''(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}(-2x)e^{-x^{2}}$ , $\mathrm{erf}'''(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\left(4x^{2}-2\right)e^{-x^{2}}$ , qui vaut $-\frac{4}{\sqrt{\pi}}$ en $0$ . Les deux routes concordent, comme l'unicité l'exige. Pour la valeur décimale, $\sqrt{\pi}\approx 1{,}7725$ suffit : $\frac{4}{1{,}7725}\approx 2{,}257$ .

$P(-1\le Z\le 1)=\mathrm{erf}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}S\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ . Avec $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ : $x^{2n+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{2^{n}}$ , donc $S\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^{n}}{2^{n}\,n!\,(2n+1)}$ , et $\frac{2}{\sqrt{\pi}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}$ . Les quatre premiers termes : $1-\frac{1}{2\cdot 1\cdot 3}+\frac{1}{4\cdot 2\cdot 5}-\frac{1}{8\cdot 6\cdot 7}=1-\frac{1}{6}+\frac{1}{40}-\frac{1}{336}$ . Au dénominateur commun $1680$ : $\frac{1680-280+42-5}{1680}=\frac{1437}{1680}=\frac{479}{560}$ , irréductible car $479$ est premier. Multiplié par $\sqrt{\frac{2}{\pi}}\approx 0{,}798$ , cela donne environ $0{,}68$ : c'est la règle des $68$ pour cent de la loi normale, retrouvée sans table. Combien de termes garantissent trois décimales est la question du chapitre suivant ; ici, on a seulement OBTENU la série.

Le rapport de deux termes consécutifs vaut $\frac{t_{n+1}}{t_{n}}=\frac{9(2n+1)}{(n+1)(2n+3)}$ . Il est inférieur à $1$ si et seulement si $18n+9<2n^{2}+5n+3$ , soit $2n^{2}-13n-6>0$ , c'est-à-dire $n>\frac{13+\sqrt{217}}{4}\approx 6{,}9$ . Les termes croissent donc jusqu'à $t_{7}$ puis décroissent : $t_{6}\approx 170$ , $t_{7}=\frac{3\cdot 9^{7}}{5040\cdot 15}\approx 190$ , $t_{8}\approx 188$ . La série converge, car $n!$ finit par l'emporter sur $9^{n}$ , mais la somme $S(3)\approx 0{,}886$ s'obtient en ajoutant et retranchant des nombres de l'ordre de $190$ : il faudrait une vingtaine de termes et des calculs à cinq ou six chiffres significatifs pour que les compensations laissent un résultat juste. C'est ce que montre la figure : un polynôme de degré $11$ suit la courbe jusque vers $x=1{,}5$ , puis part. Converger pour tout $x$ ne veut pas dire converger VITE partout ; loin du centre, on change de méthode.

Exercice 10 : Problème de synthèse : la fonction de Planck x/(e^x - 1) et ses coefficients

Soit $f(x)=\frac{x}{e^{x}-1}$ pour $x\ne 0$ , et $f(0)=1$ . Cette fonction apparaît dans la loi du rayonnement thermique de Planck : l'énergie moyenne d'un oscillateur de fréquence $\nu$ vaut $kT\,f(x)$ avec $x=\frac{h\nu}{kT}$ . On admet que $f$ est égale à la somme de sa série de Maclaurin $\sum c_{n}x^{n}$ près de $0$ .

La figure représente $f$ , le point ouvert $(0\,;1)$ que la définition comble, la droite $y=-x$ dont la courbe s'approche vers la gauche, et les points $A$ et $B$ d'abscisses $-3$ et $3$ .

a) Montrez que $f(-x)=f(x)+x$ pour tout $x\ne 0$ , et vérifiez-le sur les points $A$ et $B$ de la figure. Déduisez-en que $g(x)=f(x)+\frac{x}{2}$ est paire, puis la valeur de $c_{1}$ et celle de $c_{3}$ .
b) En écrivant $\frac{e^{x}-1}{x}=\sum_{n\ge 0}\frac{x^{n}}{(n+1)!}$ et $f(x)\cdot\frac{e^{x}-1}{x}=1$ , identifiez les coefficients et obtenez $c_{2}$ et $c_{4}$ .
c) Donnez $f''(0)$ , $f^{(4)}(0)$ et $f^{(5)}(0)$ .
d) Calculez $\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-1+\frac{x}{2}}{1-\cos x}$ , puis interprétez $f(x)\approx 1-\frac{x}{2}$ pour l'énergie $kT\,f(x)$ d'un oscillateur de basse fréquence.

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Réponses

a) $f(-x)=\frac{xe^{x}}{e^{x}-1}=x+f(x)$ ; $f(-3)-f(3)=3$ ; $g$ paire, donc $c_{1}=-\frac{1}{2}$ et $c_{3}=0$
b) $c_{2}=\frac{1}{12}$ , $c_{4}=-\frac{1}{720}$ : $f(x)=1-\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{12}-\frac{x^{4}}{720}+\cdots$
c) $f''(0)=\frac{1}{6}$ , $f^{(4)}(0)=-\frac{1}{30}$ , $f^{(5)}(0)=0$
d) Limite $\frac{1}{6}$ ; à basse fréquence, l'énergie vaut $kT-\frac{h\nu}{2}+\cdots$ , proche de $kT$

$f(-x)=\frac{-x}{e^{-x}-1}$ . On multiplie haut et bas par $e^{x}$ : $f(-x)=\frac{-xe^{x}}{1-e^{x}}=\frac{xe^{x}}{e^{x}-1}=\frac{x\left(e^{x}-1\right)+x}{e^{x}-1}=x+f(x)$ . Sur la figure, $B=(3\,;f(3))$ avec $f(3)\approx 0{,}16$ et $A=(-3\,;f(-3))$ avec $f(-3)\approx 3{,}16$ : l'écart vaut bien $3$ . Ensuite $g(-x)=f(-x)-\frac{x}{2}=f(x)+x-\frac{x}{2}=f(x)+\frac{x}{2}=g(x)$ : $g$ est paire (en $0$ aussi, trivialement). Une fonction paire égale à sa série n'a que des puissances paires, par unicité : $g(x)=\left(c_{1}+\frac{1}{2}\right)x+c_{0}+c_{2}x^{2}+c_{3}x^{3}+\cdots$ doit avoir tous ses coefficients impairs nuls. Donc $c_{1}=-\frac{1}{2}$ et $c_{3}=c_{5}=\cdots=0$ . On a obtenu une infinité de coefficients par une seule réflexion, sans un calcul de dérivée : c'est ce que l'énoncé « plus de réflexion que de calcul » attend.

$\frac{e^{x}-1}{x}=1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{6}+\frac{x^{3}}{24}+\frac{x^{4}}{120}+\cdots$ . Dans le produit avec $\sum c_{n}x^{n}$ , le coefficient de $x^{n}$ doit valoir $1$ si $n=0$ et $0$ sinon. Degré $0$ : $c_{0}=1$ . Degré $1$ : $c_{1}+\frac{c_{0}}{2}=0$ , $c_{1}=-\frac{1}{2}$ (accord avec a). Degré $2$ : $c_{2}+\frac{c_{1}}{2}+\frac{c_{0}}{6}=0$ , donc $c_{2}=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=\frac{1}{12}$ . Degré $3$ : $c_{3}+\frac{c_{2}}{2}+\frac{c_{1}}{6}+\frac{c_{0}}{24}=c_{3}+\frac{1}{24}-\frac{1}{12}+\frac{1}{24}=c_{3}$ , donc $c_{3}=0$ , ce que a) annonçait : bonne vérification. Degré $4$ : $c_{4}+\frac{c_{3}}{2}+\frac{c_{2}}{6}+\frac{c_{1}}{24}+\frac{c_{0}}{120}=0$ , donc $c_{4}=-\left(\frac{1}{72}-\frac{1}{48}+\frac{1}{120}\right)=-\frac{10-15+6}{720}=-\frac{1}{720}$ . Diviser des séries, c'est identifier degré par degré ; dériver quatre fois un quotient dont le dénominateur s'annule en $0$ serait sans issue.

$f^{(n)}(0)=n!\,c_{n}$ : $f''(0)=2\cdot\frac{1}{12}=\frac{1}{6}$ , $f^{(4)}(0)=24\cdot\left(-\frac{1}{720}\right)=-\frac{1}{30}$ , et $f^{(5)}(0)=120\cdot c_{5}=0$ par la parité de a). Le piège est de répondre $\frac{1}{12}$ pour $f''(0)$ , en confondant coefficient et dérivée. Remarque : $f$ est dérivable en $0$ bien que sa formule n'y soit pas définie ; c'est la série qui le garantit, et qui donne $f'(0)=c_{1}=-\frac{1}{2}$ , la pente de la courbe au point ouvert de la figure.

Par b), $f(x)-1+\frac{x}{2}=\frac{x^{2}}{12}+0\cdot x^{3}-\frac{x^{4}}{720}+\cdots$ , et $1-\cos x=\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{4}}{24}+\cdots$ . Les deux sont d'ordre $2$ : le quotient tend vers $\frac{1/12}{1/2}=\frac{1}{6}$ . Interprétation physique : à basse fréquence, $x=\frac{h\nu}{kT}$ est petit, et l'énergie moyenne vaut $kT\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{12}-\cdots\right)=kT-\frac{h\nu}{2}+\frac{(h\nu)^{2}}{12\,kT}-\cdots$ . Le premier terme, $kT$ , est la valeur de la physique classique (loi de Rayleigh-Jeans) ; les termes suivants sont les corrections quantiques, d'autant plus petites que la fréquence est basse. Le développement dit donc exactement dans quel régime la théorie classique suffit, et de combien elle se trompe à l'ordre suivant.

Les séries de Taylor et de Maclaurin : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

Rappel de cours

Calculs : les séries de Maclaurin à écrire

Exercice 0.1 : Écrire une série de Maclaurin à partir du tableau : dix calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Les coefficients par la définition : dériver, évaluer au centre, diviser par n!

Exercice 2 : Substituer dans le tableau : la variable change, l'intervalle suit

Exercice 3 : La série binomiale : la constante 1 d'abord, le rayon ensuite

Exercice 4 : Multiplier, réécrire, intégrer : fabriquer un développement sans dériver

Exercice 5 : Lire les dérivées sur la série : f^(n)(a) = n! fois le coefficient

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Limites par développements : développer jusqu'à ce qu'un terme survive

Exercice 7 : Reconnaître une somme : quelle fonction, et en quel point

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : La fonction d'erreur et la loi normale : intégrer ce qui n'a pas de primitive

Exercice 10 : Problème de synthèse : la fonction de Planck x/(e^x - 1) et ses coefficients

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