Math spé : Exercices sur les séries entières

1. Posons $a_n=\frac 1{\sqrt n}$. Alors $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\sqrt{\frac{n}{n+1}}\to 1$$ et donc le rayon de convergence de cette série entière est égal à $1$.
2. Posons $a_n=\frac{n!}{(2n)!}$. Alors $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n+1}{(2n+2)(2n+1)}=\frac{1}{4n+2}\to 0.$$ D'après la règle de d'Alembert, le rayon de convergence est $+\infty$.
3. On applique la règle de d'Alembert en remarquant que $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)}{4\sqrt{(2n+1)(2n+2)}}\to \frac{1}8,$$ où on a posé $a_n= \frac{n!}{2^{2n}\sqrt{(2n)!}}$. Le rayon de convergence de la série est donc égal à 8.
4. On sait que $(\ln n R^n)$ est borné si et seulement $|R|<1$. Ainsi, le rayon de convergence vaut 1. Ceci peut se retrouver par la règle de d'Alembert, puisque $$\frac{\ln(n+1)}{\ln n}=\frac{\ln n+\ln\left(1+\frac 1n\right)}{\ln n}\to 1.$$
5. Pour $R>0$, on a $$\frac{\sqrt nR^{2n}}{2^n+1}\sim_{+\infty} \sqrt n \left(\frac{R^2}{2}\right)^n.$$ Ceci est borné si et seulement si $\frac{R^2}2<1$. Le rayon de convergence est donc $\sqrt 2.$ On peut là encore donner une preuve en utilisant la règle de d'Alembert.
6. On remarque que $$(n-2)|z|^n\leq |2+ni||z^n|\leq (2+n)|z|^n.$$ Ainsi, la série converge pour $|z|<1$ et diverge pour $|z|>1$. Son rayon de convergence est donc 1.
7. Notant $u_n=\frac{(-1)^n}{1\times 3\times\dots\times (2n-1)}z^n$, on applique la règle de d'Alembert pour étudier la convergence absolue de cette série. On a : $$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\frac{|z|}{2n+1}\to 0.$$ La série entière est donc convergente pour toute valeur de $z$. Son rayon de convergence est donc $+\infty$.

Avant de commencer, on pourra consulter la vidéo suivante : On notera pour chaque exemple $a_nx^n$ le terme général de la série.

1. Posons $u_n=\frac{(1+i)^n z^{3n}}{n.2^n}$. Alors $$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\frac{ n |1+i| |z|^3 }{2(n+1)}\to \frac{\sqrt{2} |z|^3}{2}=\frac{|z|^3}{\sqrt2}.$$ Ainsi, si $|z|^3<\sqrt{2}$, la série de terme général $|u_n|$ est convergente d'après le critère de d'Alembert, alors qu'elle est divergente si $|z|^3>\sqrt{2}$. On en déduit que le rayon de convergence de la série entière est $\sqrt[6]{2}$.
2. En effectuant un développement limité, on trouve que $a_n\sim \frac{1}{n}$ d'où $|a_nz^n|\sim \frac{|z|^n}{n}$. La suite $(|a_nz^n|)$ est donc bornée si et seulement si $|z|\leq 1$. Le rayon de convergence de la série est 1.
3. On a $a_n\sim_{+\infty}\frac 1n$, donc $|a_nz^n|\sim\frac{|z|^n}{n}$ et la suite $(|a_nz^n|)$ est bornée si et seulement si $|z|<1$. Le rayon de convergence de la série est donc égal à 1.
4. On applique à nouveau la règle de d'Alembert à $u_n=a^{\sqrt{n}}|z|^n$. On obtient $$\frac{u_{n+1}}{u_n}=|z|a^{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}.$$ Or, $$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\sqrt{n}\big((1+1/n)^{1/2}-1)=\sqrt{n}\left(1+\frac{1}{2n}-1+o\left(\frac1n\right)\right)\to 0.$$ Ainsi, on obtient que $$\frac{u_{n+1}}{u_n}\to |z|a^0=|z|.$$ On en déduit que la série des modules converge absolument pour $|z|<1$ et diverge pour $|z|>1$. Le rayon de convergence de la série entière est donc 1.
5. Pour $|z|<1$, on remarque que $|z|^{n!}\leq |z|^n$ et donc la série est convergente. Pour $|z|\geq 1$, le terme général de la série ne tend pas vers 0 et la série est donc grossièrement divergente. On en déduit que le rayon de convergence de la série entière est 1.
6. Pour $u_n=n^{\ln n}|z|^n$, on étudie la convergence en appliquant la règle de Cauchy : $$\sqrt[n]{u_n}=n^{\ln n/n}|z|=\exp\big((\ln n\times\ln n)/n\big)|z|\to |z|.$$ La série est donc convergente pour $|z|<1$ et divergente pour $|z|>1$. Son rayon de convergence vaut 1.

1. Puisque la suite $(a_n)$ est convergente, elle est bornée et donc la suite $(a_n 1^n)$ est bornée. Ceci implique que le rayon de convergence de la série entière est au moins égal à $1$. De plus, au voisinage de l'infini, on a $a_nr^n\sim \ell r^n$. Si $r>1$, ceci tend vers $\pm\infty$, suivant le signe de $\ell$. Le rayon de convergence de la série entière est donc exactement égal à $1$.
2. Puisque la suite $(a_n)$ est périodique, elle est bornée et un raisonnement identique à celui de la question précédente donne que le rayon de convergence est au moins égal à 1. De plus, puisque la suite $(a_n)$ est périodique et non identiquement nulle, elle ne converge par vers 0. Ainsi, la série $\sum_n a_n 1^n$ est divergente. Le rayon de convergence vaut donc 1.
3. Il suffit de remarquer que $1\leq a_n\leq n$, ce qui entraine $$|x|^n\leq |a_n x^n|\leq n|x|^n.$$ Ainsi, pour $|x|<1$, la série $\sum_n a_nx^n$ converge, et pour $|x|>1$, elle diverge. Son rayon de convergence est donc égal à 1.
4. La suite $(a_n)$ est une suite qui prend ses valeurs dans $\{0,\dots,9\}$ donc elle est bornée. Puisque $\sqrt 2$ n'est pas un nombre décimal, $(a_n)$ prend une infinité de fois une valeur dans $\{1,\dots,9\}$. En particulier, $(a_n)$ ne tend pas vers 0. Raisonnant comme ci-dessus, on trouve que le rayon de convergence vaut exactement 1.

C'est plus un exercice de révision sur les suites récurrentes linéaires d'ordre 2 que sur les séries entières. On peut en effet déterminer l'expression de $a_n$, en introduisant l'équation caractéristique $r^2=2r-1$, donc $1$ est racine double. Il existe donc $\lambda,\mu$ tels que, pour tout $n\in\mathbb N$, on a $$a_n=\lambda+\mu n$$ Utilisant la valeur de $a_0$ et $a_1$, on obtient alors que, pour tout $n\in\mathbb N$, $$a_n=\alpha+(\beta-\alpha)\cdot n.$$ Ainsi, si $(\alpha,\beta)\neq (0,0)$, le rayon de convergence vaut 1. Sinon, il vaut $+\infty$.

1. Soit $0<r<\rho$. Par le lemme d'Abel, on sait que la suite $(a_nr^n)_n$ est bornée. Autrement dit, il existe $M>0$ tel que, pour tout $n\geq 0$, on a $$|a_nr^n|\leq M.$$ Soit maintenant $R>0$. Alors on a $$\frac{|a_n|R^n}{n!}=|a_n|r^n\times\frac{(R/r)^n}{n!}.$$ Par croissance comparée des suites puissances et factorielle, il existe $C>0$ tel que $|(R/r)^n|/n!\leq C$. Il vient, pour tout $n\geq 0$, $$\frac{|a_n|R^n}{n!}\leq MC.$$ La suite $(a_n R^n/n!)$ est bornée pour tout $R>0$, donc le rayon de convergence de la série entière $\sum_n \frac{a_n}{n!}x^n$ vaut $+\infty$.
2. D'après la première question, si $\sum_n a_n r^n$ converge pour un certain réel $r$, donc dès que le rayon de convergence de $\sum_n a_nx^n$ est strictement positif (il peut être éventuellement égal à $+\infty$), alors le rayon de convergence de $\sum_n\frac{a_n}{n!}x^n$ est égal à $+\infty$. Par contraposée, si on suppose que $\sum_n \frac{a_n}{n!}x^n$ a un rayon de convergence $\rho\in[0,+\infty[$, alors $\sum_n a_n x^n$ a un rayon de convergence nul.

Il suffit de remarquer que la suite $(a_n^\alpha r^n)$ est bornée si et seulement la suite $(a_n r^{n/\alpha})$ (obtenue en prenant la puissance $1/\alpha$ de la première) est bornée. Ainsi, si $r<\rho^{\alpha}$, alors $r^{1/\alpha}<\rho$ et donc les suites $(a_n r^{n/\alpha})$ et $(a_n^\alpha r^n)$ sont bornées. De même, si $r>\rho^{\alpha}$, de sorte que $r^{1/\alpha}>\rho$, alors les suite $(a_n r^{n/\alpha})$ et $(a_n^\alpha r^n)$ ne sont pas bornées. Ceci prouve que le rayon de convergence de la série $\sum_n a_n^\alpha x^n$ est égal à $\rho^\alpha$.

Soit $0\leq r<\rho_1\rho_2$. Alors il existe $r_1<\rho_1$ et $r_2<\rho_2$ tel que $r=r_1r_2$. Les suites $(a_n r_1^n)$ et $(b_nr_2^n)$ sont bornées. Il en est de même de la suite $(a_nb_nr_1^nr_2^n)$, c'est-à-dire de la suite $(a_nb_n r^n)$. Comme ceci est vrai pour tout $r<\rho_1\rho_2$, le rayon de convergence recherché est au moins égal à $\rho_1\rho_2$. On n'a pas toujours égalité. En effet, si la première série est $\sum_n z^{2n}$ et la deuxième série est $\sum_n z^{2n+1}$, alors leur produit de Hadamard est la série nulle, qui est de rayon de convergence égal à $+\infty$, alors que dans ce cas $\rho_1\rho_2=1\times 1=1$.

Supposons d'abord que $a_{2k+1}=0$ pour tout $k\in\mathbb N$. Alors $S$ est paire comme somme d'une série de fonctions paires.
Réciproquement, supposons que $S$ est paire, et posons $T(x)=S(-x)$. Alors, on sait que, pour tout $x\in ]-R,R[,$ on a $$T(x)=\sum_{n\geq 0}(-1)^n a_n x^n.$$ De plus, puisque $S$ est paire, $T$ et $S$ coïncident sur $]-R,R[$. C'est donc que, pour tout entier $n\in\mathbb N$, on a $a_n=(-1)^n a_n$. Ceci impose que $a_n=0$ dès que $n$ est impair.

Notons $S(x)=\sum_{n\geq 0}a_n x^n$. Alors on sait que $a_n=\frac{S^{(n)}(0)}{n!}$. Mais, $S$ est identiquement nulle sur l'intervalle $]-\alpha,\alpha[$. Il en est de même de toutes ses dérivées et en particulier on a $S^{(n)}(0)=0$ pour tout entier $n\in\mathbb N$. Ainsi, $S$ est identiquement nulle.

Soit $f(z)=\sum_n a_nz^n$ et $g(z)=\sum_n b_n z^n$ deux séries entières de rayon de convergence au moins égal à 1, non identiquement nulles. Soit $a_p$ le premier coefficient non-nul de $f$ et soit $b_q$ le premier coefficient non-nul de $g$. Alors $fg$ est la série entière $\sum_n c_nz^n$, où $c_n$ est donné par $$c_n=\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}.$$ Maintenant, étudions le coefficient $c_{p+q}$. On a $$c_{p+q}=\sum_{k=0}^{p-1}a_{k}b_{p+q-k}+a_pb_q+\sum_{k=p+1}^{p+q}a_kb_{p+q-k}.$$ Mais la première somme est nulle, puisque $a_k=0$ pour $k\leq p-1$, et la dernière somme est nulle puisque $b_{p+q-k}=0$ pour $k\geq p+1$. Ainsi, $c_{p+q}=a_pb_q\neq 0$ et $fg$ n'est pas la série entière identiquement nulle. L'anneau étudié est bien intègre.

1. On remarque d'abord que la fonction se prolonge par continuité en 0. En effet, au voisinage de 0, on a $$\frac{1-e^{-t^4}}{t^2}\sim_0\frac{t^4}{t^2}=t^2$$ et la fonction se prolonge par 0 en 0. Au voisinage de $+\infty$, la fonction est équivalente à $\frac{1}{t^2}$ qui est intégrable car 2>1. La fonction est donc intégrable sur $]0,+\infty[$.
2. La fonction $t\mapsto \frac{1-e^{-t^4}}{t^2}$ est développable en série entière en 0, de rayon de convergence $+\infty$, et on a pour tout $t\neq 0$ $$\frac{1-e^{-t^4}}{t^2}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}t^{4n-2}}{n!}.$$ Par intégration de cette série entière, on trouve $$f(x)=\int_0^x\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}t^{4n-2}}{n!}dt=\int_0^{x}\frac{1-e^{-t^4}}{t^2}dt.$$ Ainsi, $f$ admet une limite en $+\infty$ égale à $\int_0^{+\infty}\frac{1-e^{-t^4}}{t^2}dt$.

1. Puisque $r<R$, il résulte du lemme d'Abel que la série $\sum_n |a_n|r^n$ est convergente. Puisque $|a_nr^ne^{i(n-k)\theta}|=|a_n|r^n$ pour tout $\theta\in[0,2\pi]$, on en déduit la convergence normale de la série demandée sur $[0,2\pi]$.
2. On a $$f(re^{i\theta})e^{-ik\theta}=\sum_n a_n r^ne^{i(n-k)\theta}.$$ Puisque la série converge normalement, donc uniformément sur $[0,2\pi]$, on peut inverser l'intégration et la sommation et on trouve $$\int_0^{2\pi}f(re^{i\theta})e^{-ik\theta}d\theta=\sum_n a_nr^n \int_0^{2\pi}e^{i(n-k)\theta}d\theta.$$ La dernière intégrale est égale à 0 si $k\neq n$, et à $2\pi$ sinon. On en conclut que $$\int_0^{2\pi}f(re^{i\theta})e^{-ik\theta}d\theta=2\pi a_k r^k.$$
3. Pour $k\geq 1$, on a $$a_k=\frac{1}{2\pi r^k}\int_0^{2\pi}f(re^{i\theta})e^{-ik\theta}d\theta.$$ Soit $M>0$ tel que $|f(z)|\leq M$ pour tout $z\in\mathbb C$. Alors on a $$|a_k|\leq\frac{1}{2\pi r^k}\int_0^{2\pi}Md\theta=\frac{M}{r^k}.$$ Faisant tendre $r$ vers $+\infty$, on trouve $a_k=0$ pour $k\geq 1$, ce qui entraîne que $f$ est constante.

Notons $f$ la fonction considérée. On pourrait écrire $f(x)=(1+x)^{1/2}(1-x)^{-1/2}$ et réaliser le produit de Cauchy de ces deux développements. Il y a plus astucieux et beaucoup plus simple si on pense à écrire (attention aux exposants!) $$f(x)=(1+x)(1-x^2)^{-1/2}.$$ En écrivant le développement de $(1+u)^{\alpha}$ avec $u=-x^2$ et $\alpha=-1/2$, il vient $$(1-x^2)^{-1/2}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}x^{2n}.$$ On conclut que $$f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\left(x^{2n}+x^{2n+1}\right).$$ On vérifie que le rayon de convergence de cette série entière vaut $1$.

On décompose $f$ en éléments simples. Puisque le degré du numérateur est inférieur à celui du dénominateur, on sait qu'il existe $a,b,c\in\mathbb R$ tels que $$f(x)=\frac{a}{x-2}+\frac{b}{(x-2)^2}+\frac{c}{2x-1}.$$ Si on multiplie les deux membres par $2x-1$ et qu'on fait $x=1/2$, on trouve $c=\frac{1/4+1/2-3}{9/4}=-1$. De même, multipliant par $(x-2)^2$, on trouve $b=1$. Pour trouver $a$, on peut procéder par identification et on obtient $a=1$. On développe en série entière chaque terme :

• Pour $x\neq 2$, $$\frac{1}{x-2}=-\frac{1}{2-x}=-\frac12\times \frac{1}{1-x/2}.$$ Donc, pour $|x|/2< 1$, on a $$\frac{1}{x-2}=-\frac12\times\sum_{n=0}^{+\infty}\frac {x^n}{2^n}=\sum_{n=0}^{+\infty}-\frac{1}{2^{n+1}}x^{n}.$$
• Le troisième terme se traite de la même façon. Pour $|x|<1/2$, on a $$\frac{-1}{2x-1}=\frac1{1-2x}=\sum_{n=0}^{+\infty}2^n x^n.$$
• Pour le deuxième terme, il suffit de remarquer que $\frac{1}{(x-2)^2}$ est la dérivée de $\frac{-1}{x-2}$. Ayant déjà obtenu le développement en série entière de cette fraction rationnelle, il suffit de le dériver terme à terme. On obtient donc : $$\frac{1}{(x-2)^2}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n}{2^{n+1}}x^{n-1}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{n+1}{2^{n+2}}x^{n}.$$

On obtient donc que, pour tout $x\in]-1/2,1/2[$, on a $$f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{-1}{2^{n+1}}+\frac{n+1}{2^{n+2}}+2^n\right)x^n.$$ La série entière obtenue est de rayon de convergence 1/2.

1. Il est d'abord clair que, pour tout $n\geq 1$, on a $1\leq S_n\leq n$. Donc, pour $\rho>0$, on a $$\rho^n\leq S_n \rho^n\leq n\rho^n.$$ Ainsi, si $\rho\in]0,1[$, la suite $(S_n \rho^n)$ est bornée (on peut même dire qu'elle tend vers 0), et si $\rho>1$, la suite $(S_n\rho^n)$ tend vers $+\infty$. On en déduit que le rayon de convergence de $S$ vaut 1.
2. On développe et on fait un changement d'indices dans une des deux sommes : \begin{eqnarray*} (1-x)F(x)&=&\sum_{n=1}^{+\infty}S_n x^n-\sum_{n=1}^{+\infty}S_nx^{n+1}\\ &=&x+\sum_{n=2}^{+\infty}\left(S_n-S_{n-1}\right)x^n\\ &=&x+\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{x^n}n\\ &=&\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^n}n\\ &=&-\ln(1-x). \end{eqnarray*}
3. Ayant reconnu le développement en série entière de $-\ln(1-x)$, on en déduit que $$F(x)=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}.$$

1. On dérive deux fois $f$ : \begin{eqnarray*} f(t)&=&\cos(\alpha\arcsin t)\\ f'(t)&=&\frac{-\alpha}{\sqrt{1-t^2}}\sin(\alpha\arcsin t)\\ f''(t)&=&\frac{-\alpha^2}{1-t^2}\cos(\alpha\arcsin t)-\frac{\alpha t}{\sqrt{1-t^2}(1-t^2)}\sin(\alpha\arcsin t). \end{eqnarray*} On combine d'abord $f$ et $f''$ pour éliminer les termes en $\cos(\alpha\arcsin t)$ puis on ajoute les termes en $f'$ nécessaires pour éliminer les termes en $\sin(\alpha\arcsin t)$. Au final, on trouve que $f$ est solution de l'équation différentielle suivante : $$(1-t^2)y''-ty'+\alpha^2 y=0.$$
2. On suppose qu'il existe une solution développable en série entière $y(t)=\sum_{n\geq 0}a_n t^n$ sur $]-R,R[$ vérifiant $y(0)=1$ et $y'(0)=0$. $y'$ est somme de $\sum_{n\geq 0}(n+1)a_{n+1}t^n$ et $y''$ est somme de $\sum_{n\geq 0}(n+1)(n+2)a_{n+2}t^n$. La fonction $t\mapsto (1-t^2)y''-ty'+\alpha^2 y$ est donc somme de la série entière $$\sum_{n\geq 0}\big((n+1)(n+2)a_{n+2}+(-n(n-1)-n+\alpha^2)a_n\big)t^n.$$ Ceci doit être identiquement nul sur $]-R,R[$. Par unicité du développement en série entière, on obtient, pour tout $n\in\mathbb N$, $$(n+1)(n+2)a_{n+2}=(n^2-\alpha^2)a_n.$$ Puisque $a_0=1$ (car $y(0)=1$) et $a_1=y'(0)=0$, on en déduit que $a_{2p+1}=0$ pour tout $p$ et que $$a_{2p}=\frac{(-4)^p}{(2p)!}\frac{\alpha}2\left(\frac\alpha 2-p+1\right)\left(\frac\alpha 2-p+2\right)\dots\left(\frac\alpha 2+p-1\right).$$ Réciproquement, la série entière $$\sum_{p\geq 0}\frac{(-4)^p}{(2p)!}\frac{\alpha}2\left(\frac\alpha 2-p+1\right)\left(\frac\alpha 2-p+2\right)\dots\left(\frac\alpha 2+p-1\right)x^{2p}$$ a un rayon de convergence égal à 1 (on le vérifie facilement par la règle de d'Alembert) et est, en remontant les calculs, solution de l'équation différentielle avec les conditions initiales voulues.
3. L'équation différentielle $(1-t^2)y''-ty'+\alpha^2 y=0$ est une équation différentielle linéaire du second ordre, et $1-t^2\neq 0$ sur $]-1,1[$. Il existe donc une unique solution à cette équation définie sur $]-1,1[$ et vérifiant $y(0)=1$ et $y'(0)=0$. $f$ et la série entière trouvée à la question précédente conviennent. On en déduit qu'elles sont égales. Autrement dit, $f$ est développable en série entière, et $$f(x)=\sum_{p\geq 0}\frac{(-4)^p}{(2p)!}\frac{\alpha}2\left(\frac\alpha 2-p+1\right)\left(\frac\alpha 2-p+2\right)\dots\left(\frac\alpha 2+p-1\right)x^{2p}.$$

1. On dérive deux fois $f$ : \begin{eqnarray*} f(x)&=&\exp(\lambda \arcsin x)\\ f'(x)&=&\frac{\lambda}{\sqrt{1-x^2}}\exp(\lambda\arcsin x)\\ f''(x)&=&\frac{\lambda x}{(1-x^2)^{3/2}}\exp(\lambda\arcsin x)+\frac{\lambda^2}{1-x^2}\exp(\lambda\arcsin x). \end{eqnarray*} On trouve que $f$ est solution de l'équation différentielle suivante : $$(1-x^2)y''-xy'-\lambda^2 y=0.$$
2. On suppose qu'il existe une solution développable en série entière $y(x)=\sum_{n\geq 0}a_n x^n$ sur $]-R,R[$ vérifiant $y(0)=1$ et $y'(0)=\lambda$. $y'$ est somme de $\sum_{n\geq 0}(n+1)a_{n+1}x^n$ et $y''$ est somme de $\sum_{n\geq 0}(n+1)(n+2)a_{n+2}x^n$. La fonction $x\mapsto (1-x^2)y''-xy'-\lambda^2 y$ est donc somme de la série entière $$\sum_{n\geq 0}\big((n+1)(n+2)a_{n+2}+(-n(n-1)-n-\lambda^2)a_n\big)x^n.$$ Ceci doit être identiquement nul sur $]-R,R[$. Par unicité du développement en série entière, on obtient, pour tout $n\in\mathbb N$, $$a_{n+2}=\frac{n^2+\lambda^2}{(n+1)(n+2)}a_n.$$ De plus, $a_0=1$ (car $y(0)=1$) et $a_1=y'(0)=\lambda$. On trouve ainsi une unique suite $(a_n)$ solution. On peut calculer expliciter $a_n$, en distinguant les termes pairs et les termes impairs (le calcul est laissé au lecteur). Réciproquement, la suite $(a_n)$ précédente définit une série entière de rayon de convergence 1 d'après le critère de d'Alembert (puisque $a_{n+2}/a_n\to 1$). Cette série entière est, en remontant les calculs, solution de l'équation différentielle avec les conditions initiales voulues.
3. L'équation différentielle $(1-x^2)y''-xy'-\lambda^2 y=0$ est une équation différentielle linéaire du second ordre, et $1-x^2\neq 0$ sur $]-1,1[$. Il existe donc une unique solution à cette équation définie sur $]-1,1[$ et vérifiant $y(0)=1$ et $y'(0)=\lambda$. $f$ et la série entière trouvée à la question précédente conviennent. On en déduit qu'elles sont égales. Autrement dit, $f$ est développable en série entière, et $f(x)=\sum_{n\geq 0}a_nx^n$.

1. Utilisant l'indication, on a \begin{eqnarray*} I_{2n}&=&\frac{1}{(2i)^{2n}}\int_0^\pi(e^{ix}-e^{-ix})^{2n}dx\\ &=&\frac{(-1)^n}{4^n}\int_0^{\pi}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k \binom{2n}k(e^{ix})^{2n-k}(e^{-ix})^kdx\\ &=&\frac{(-1)^n}{4^n}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k \binom{2n}{k}\int_0^{\pi}e^{(2n-2k)ix}dx. \end{eqnarray*} Or, cette dernière intégrale est nulle sauf si $n=k$, où elle vaut $\pi$. Il vient $$I_{2n}=\frac{\pi\binom{2n}n}{4^n}.$$
2. On sait, que pour tout $u\in]-1,1[$, on a \begin{eqnarray*} \frac1{\sqrt{1-u}}&=&(1-u)^{-1/2}\\ &=&\sum_{n\geq 0} (-1)^n\frac{\frac{-1}2\times\left(-\frac12-1\right)\times\dots\times\left(-\frac12-n+1\right)}{n!}u^n\\ &=&\sum_{n\geq 0} (-1)^n \frac{(-1)\times (-3)\times\dots\times(-2n+1)}{2^n n!}u^n\\ &=&\sum_{n\geq 0} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}u^n. \end{eqnarray*}
3. D'après la question précédente, appliquée à $u=x^2\sin^2t \in]-1,1[$, on a $$f(x)=\int_0^\pi \sum_{n\geq 0}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}x^{2n}\sin^{2n}tdt.$$ On va permuter la limite et l'intégrale. Pour cela, on remarque que la série est uniformément convergente pour $t\in [0,\pi]$ (on travaille avec $x$ fixé). En effet, on a $|x\sin t|\leq |x|<1$, et on sait que la série $\sum_{n\geq 0}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}|x|^{2n}$ est convergente puisque le développement en série entière de $\frac1{\sqrt {1-u}}$ a pour rayon de convergence 1. On peut donc inverser la limite et l'intégrale, et on trouve : \begin{eqnarray*} f(x)&=&\sum_{n\geq 0}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}x^{2n}\int_0^\pi\sin^{2n}tdt\\ &=&\sum_{n\geq 0}\frac{\pi}{16^n}{\binom{2n}n}^2x^{2n}. \end{eqnarray*} La fonction $f$ est bien développable en série entière sur $]-1,1[$.

On va démontrer que $u$ est développable en série entière en $0$ sur l'intervalle $]-1,1[$. Dans toute la suite, on va donc supposer $|x|<1$.
Méthode 1 : On sait, que pour tout $n\geq 1,$ $$\frac{1}{x+n}=\frac1n\times\frac{1}{1+\frac xn}=\frac 1n\sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \frac{x^k}{n^k}.$$ Ainsi, $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{x+n}=\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n (-1)^k x^k}{n^{k+1}}.$$ Imaginons que l'on puisse permuter les deux sommes. Alors on obtient $$u(x)=\sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \left(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^{k+1}}\right)x^k$$ ce qui prouve que $u$ est développable en série entière sur $]-1,1[$. Reste à justifier la permutation deux deux séries. Pour cela, il suffit de prouver que la famille $\left(\frac{(-1)^n (-1)^k x^k}{n^{k+1}}\right)_{n\geq 1,\ k\geq 0}$ est sommable. Malheureusement, ce n'est pas le cas, car $$\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{|x|^k}{n^{k+1}}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1n\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{|x|^k}{n^k}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n-x}$$ et cette dernière série est divergente. Il faut donc un peu ruser. En effet, la famille va devenir sommable si on exclut $k=0$ puisque \begin{align*} \sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{|x|^k}{n^{k+1}}&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1n\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{|x|^k}{n^k}\\ &=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n}\times\frac{|x|/n}{1-\frac{|x|}n}\\ &=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{|x|}{n^2-n|x|} \end{align*} et cette dernière série est convergente. En sortant le terme $k=0$ de la somme (c'est possible puisqu'il n'y a qu'un seul terme), on a donc justifié qu'on pouvait permuter les deux sommes.
Méthode 2 : On utilise que $\frac1{x+n}=\int_0^1 t^{x+n-1}dx$. On a donc : $$u(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n \int_0^1 t^{x+n-1}dt.$$ On va permuter la série et l'intégrale. Pour cela, on pose $$f_N(t)=\sum_{n=1}^N (-1)^n t^{x+n-1}.$$ Alors :

• $f_N(t)$ converge simplement vers $\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n t^{n-1}t^x=\frac{-t^x}{1+t}=f(t).$
• $|f_N(t)|\leq t^x$ (car la valeur absolue de la somme partielle d'une série alternée est majorée par la valeur absolue du premier terme), la fonction $t^x$ étant intégrable sur $]0,1[$ pour $|x|<1$.

En appliquant le théorème de convergence dominée, on obtient donc : $$u(x)=-\int_0^1 \frac{t^x}{1+t}dt.$$ On développe ensuite $t^x=\exp(x\ln t)=\sum_{n=0}^{+\infty}x^n\frac{(\ln t)^n}{n!}$. On a donc : $$u(x)=-\int_0^1 \left(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(\ln t)^n}{n!(1+t)}x^n\right)dt.$$ On permute, mais en sens contraire, l'intégrale et la série. Pour cela, on pose $$g_N(t)=\sum_{n=0}^N \frac{(\ln t)^n}{n!(1+t)}x^n.$$

• $g_N$ converge simplement vers $\frac{t^x}{1+t}$.
• On a la majoration suivante : \begin{eqnarray*} |g_N(t)|&\leq&\sum_{n=0}^N \frac{|\ln t|^n |x|^n}{n!(1+t)}\\ &\leq&\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{|\ln t|^n |x|^n}{n!(1+t)}\\ &\leq&\frac{1}{1+t}\exp(|x||\ln t|)\\ &\leq&\frac{1}{(1+t)t^{|x|}} \end{eqnarray*} et cette fonction est intégrable sur $]0,1[$ si $|x|<1$.

On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée et permuter la série et l'intégrale : $$u(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(-\int_0^1 \frac{(\ln t)^n}{n!(1+t)}dt\right)x^n$$ expression valable pour $|x|<1$. $u$ est donc développable en série entière au voisinage de 0.

Prenons $x\in [-a,a]$. D'après l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre $n$ entre $0$ et $x$, on a $$\left|f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\right|\leq \frac{|x|^{n+1} \|f^{(n+1)}\|_\infty}{(n+1)!}\leq C |xA|^{n+1}.$$ Soit $r=\min(a,1/A)$. Alors si $|x|<r$, on a $|xA|<1$ et donc $|xA|^{n+1}\to 0$. On en déduit que la série de Taylor de $f$ converge vers $f$ sur l'intervalle $]-r,r[$, et donc $f$ est développable en série entière sur cet intervalle.

1. Pour $x\neq 0$, on a, d'après le développement en série entière de $\sin$, $$f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}.$$ Cette égalité est encore vraie en $0$, puisque les deux membres sont alors égaux à $1$. Ainsi, $f$ coïncide sur $\mathbb R$ avec une série entière de rayon de convergence $+\infty$. $f$ est donc de classe $C^\infty$.
2. Pour $x\geq 0$, on a $$g(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{{(\sqrt{x})}^{2n}}{(2n)!}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{(2n)!}.$$ Pour $x<0$, on a : $$g(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\frac{({\sqrt{-x}})^{2n}}{(2n)!}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\frac{(-1)^nx^n}{(2n)!}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{(2n)!}.$$ Ainsi, $g$ coïncide sur $\mathbb R$ avec la série entière $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{(2n)!}$ : elle est donc de classe $C^\infty$.
3. Pour $x\neq 0$, on a $$h(x)=\frac{x-\sin x}{x\sin x}.$$ On développe en série entière le numérateur et le dénominateur, et on met en facteur le premier terme du numérateur et du dénominateur. On trouve $$h(x)=\frac{x^2\times\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^{p+1}\frac{x^{2p-1}}{(2p+1)!}}{x^2\sum_{p=0}^{+\infty}(-1)^p\frac{x^{2p}}{(2p+1)!}}.$$ Posant $u(x)=\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^{p+1}\frac{x^{2p-1}}{(2p+1)!}$ et $v(x)=\sum_{p=0}^{+\infty}(-1)^p\frac{x^{2p}}{(2p+1)!}$, on voit que pour $x\neq 0$, $h(x)=\frac{u(x)}{v(x)}.$ Or, $u$ et $v$ sont de classe $C^\infty$ (ce sont des sommes de série entière), $v$ ne s'annule pas en 0, et de plus $u(0)/v(0)=0=h(0)$. Ainsi, $h$ définit bien une fonction de classe $C^\infty$ au voisinage de $0$ comme quotient de deux fonctions de classe $C^\infty$ dont le dénominateur ne s'annule pas en $0$. Comme $h$ est de classe $C^\infty$ sur $]-\pi,0[\cup ]0,\pi[$, on en déduit bien que $h$ est $C^\infty$ sur $]-\pi,\pi[$.

Développons les deux fonctions en série entière. On a $$\textrm{ch}(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{x^{2k}}{(2k)!}\textrm{ et }e^{x^2/2}=\sum_{k\geq 0}\frac{x^{2k}}{2^kk!}.$$ Puisque $x^{2k}\geq 0$, le résultat sera démontré si on prouve que, pour tout $k\geq 0$, on a $(2k)!\geq 2^k k!$. C'est vrai pour $k=0$, et pour $k\geq 1$, on écrit simplement : $$\frac{(2k)!}{2^k k!}=\frac{2k\times(2k-1)\times\dots\times(k+1)}{2\times 2\times\dots\times 2}.$$ Comme $k+1\geq 2$, $k+2\geq 2\dots$, on obtient bien le résultat voulu.