25 Exercices Corrigés sur les Séries Entières — Prépa MP/PC/PSI

a) D’Alembert : \(\displaystyle\frac{(n+1)^2}{n^2} \to 1\), donc \(R = 1\).

b) D’Alembert : \(\displaystyle\frac{1}{n+1} \to 0\), donc \(R = +\infty\).

c) D’Alembert : \(n+1 \to +\infty\), donc \(R = 0\).

d) D’Alembert : \(\displaystyle\frac{2^{n+1}/(n+1)^2}{2^n/n^2} = 2\left(\displaystyle\frac{n}{n+1}\right)^2 \to 2\), donc \(R = \displaystyle\frac{1}{2}\).

e) D’Alembert est inopérant (ratio compliqué). On utilise Cauchy-Hadamard : \(|a_n|^{1/n} = \displaystyle\frac{n+1}{3n+1} \to \displaystyle\frac{1}{3}\), donc \(R = 3\).

a) En \(x = 1\) : \(\sum 1/n\) diverge (série harmonique). En \(x = -1\) : \(\sum (-1)^n/n\) converge par le critère de Leibniz. Convergence sur \([-1, 1[\).

b) En \(x = 1\) : \(\sum 1/n^2\) converge (série de Riemann avec \(\alpha = 2\)). En \(x = -1\) : convergence absolue (mêmes majorants). Convergence sur \([-1, 1]\).

c) En \(x = 1\) : \(\sum 1/\sqrt{n}\) diverge (Riemann, \(\alpha = 1/2\)). En \(x = -1\) : \(\sum (-1)^n/\sqrt{n}\) converge (Leibniz). Convergence sur \([-1, 1[\).

a) On écrit \(\sum x^{n!} = \sum_{k \geq 0} b_k\,x^k\) avec \(b_k = 1\) si \(k \in \{n! : n \in \mathbb{N}\}\), \(b_k = 0\) sinon. Par Cauchy-Hadamard, \(|b_{n!}|^{1/n!} = 1\) pour tout \(n\), et \(|b_k|^{1/k} = 0\) pour les \(k\) non factoriels. Donc \(\limsup = 1\) et \(R = 1\).

b) Par Cauchy-Hadamard : \(|a_{2k}|^{1/(2k)} = 3^{-k/(2k)} = 3^{-1/2} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\) et \(|a_{2k+1}|^{1/(2k+1)} = 0\). Donc \(\limsup = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\) et \(R = \sqrt{3}\). On retrouve ce résultat en remarquant que \(\sum a_n x^n = \sum_{k \geq 0} \left(\displaystyle\frac{x^2}{3}\right)^k = \displaystyle\frac{1}{1 – x^2/3}\), définie pour \(|x|\) < \(\sqrt{3}\).

On part de \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^n = \displaystyle\frac{1}{1-x}\).

a) En dérivant : \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n\,x^{n-1} = \displaystyle\frac{1}{(1-x)^2}\). On multiplie par \(x\) :

\(S_1(x) = \displaystyle\frac{x}{(1-x)^2}\).

b) On dérive \(S_1(x)/x = 1/(1-x)^2\) pour obtenir \(\sum n^2 x^{n-1}\), puis on multiplie par \(x\). Après calcul : \(\displaystyle\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\displaystyle\frac{x}{(1-x)^2}\right] = \displaystyle\frac{1+x}{(1-x)^3}\), d’où :

\(S_2(x) = \displaystyle\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\).

c) En dérivant deux fois \(1/(1-x)\) : \(\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} n(n-1)x^{n-2} = \displaystyle\frac{2}{(1-x)^3}\). Soit \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} (n+2)(n+1)x^n = \displaystyle\frac{2}{(1-x)^3}\). Donc :

\(S_3(x) = \displaystyle\frac{2}{(1-x)^3}\).

a) On écrit \(f(x) = \ln(1+x) – \ln(1-x)\). Or \(\ln(1+x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n\) et \(\ln(1-x) = -\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^n}{n}\). Donc :

\(f(x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}+1}{n}\,x^n = 2\sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^{2k+1}}{2k+1}\),   \(R = 1\).

b) D’après l’exercice 4a : \(g(x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n\,x^n\), \(R = 1\).

On pose \(f(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^n}{n+1}\) pour \(|x|\) < \(1\). Alors \(x\,f(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x)\), soit \(f(x) = -\displaystyle\frac{\ln(1-x)}{x}\) pour \(x \neq 0\).

On évalue en \(x = \displaystyle\frac{1}{2}\) :

\(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{(n+1)\,2^n} = f\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right) = -\displaystyle\frac{\ln(1/2)}{1/2} = 2\ln 2\).

Si \(f(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^n\), le produit de Cauchy donne \(f(x)^2 = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} c_n\,x^n\) avec \(c_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} 1 \cdot 1 = n+1\). Donc :

\(\displaystyle\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1)\,x^n\),   \(R = 1\).

1. \(\displaystyle\frac{1}{1+t^2} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\,t^{2n}\) pour \(|t|\) < \(1\).

2. En intégrant de \(0\) à \(x\) terme à terme :

\(\mathrm{arctan}(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^n}{2n+1}\,x^{2n+1}\),   \(R = 1\).

3. La série \(\sum (-1)^n/(2n+1)\) converge (Leibniz). Par le théorème d’Abel radial, \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^n}{2n+1} = \lim_{x \to 1^-} \mathrm{arctan}(x) = \displaystyle\frac{\pi}{4}\).

Décomposition en éléments simples : \(\displaystyle\frac{1}{n(n+1)} = \displaystyle\frac{1}{n} – \displaystyle\frac{1}{n+1}\). Donc :

\(S(x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^n}{n} – \sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^n}{n+1}\).

Le premier terme vaut \(-\ln(1-x)\). Pour le second, on écrit \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^n}{n+1} = \displaystyle\frac{1}{x}\sum_{k=2}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^k}{k} = \displaystyle\frac{1}{x}\bigl[-\ln(1-x) – x\bigr]\).

D’où :

\(S(x) = -\ln(1-x) – \displaystyle\frac{-\ln(1-x) – x}{x} = 1 + \displaystyle\frac{(1-x)\ln(1-x)}{x}\).

Vérification : \(S(1/2) = 1 – \ln 2 \approx 0{,}307\), cohérent avec les premières sommes partielles.

1. \(f^\prime(x) = \alpha(1+x)^{\alpha-1}\), d’où \((1+x)f^\prime(x) = \alpha(1+x)^\alpha = \alpha\,f(x)\).

2. On injecte \(f(x) = \sum a_n x^n\) dans l’EDO. En identifiant les coefficients de \(x^n\) :

\((n+1)a_{n+1} + n\,a_n = \alpha\,a_n\), soit \((n+1)a_{n+1} = (\alpha – n)a_n\).

3. Avec \(a_0 = f(0) = 1\), on obtient \(a_n = \displaystyle\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}\). Par d’Alembert : \(\left|\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \displaystyle\frac{|\alpha – n|}{n+1} \to 1\), donc \(R = 1\).

On développe : \(\displaystyle\frac{\ln(1+t)}{t} = \sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^k}{k+1}\,t^k\). La convergence est uniforme sur \([0,1]\) (critère des séries alternées : le reste est majoré par \(1/(N+2) \to 0\) uniformément en \(t\)).

On intègre terme à terme :

\(I = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^k}{(k+1)^2} = \sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\).

Or \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \zeta(2) – 2\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{(2n)^2} = \zeta(2) – \displaystyle\frac{\zeta(2)}{2} = \displaystyle\frac{\zeta(2)}{2}\).

Donc \(I = \displaystyle\frac{\zeta(2)}{2} = \displaystyle\frac{\pi^2}{12}\)  (en admettant \(\zeta(2) = \pi^2/6\)).

D’après l’exercice 4b, \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n^2\,x^n = \displaystyle\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\) pour \(|x|\) < \(1\).

On évalue en \(x = \displaystyle\frac{1}{2}\) :

\(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{n^2}{2^n} = \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{3}{2}}{\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)^3} = \displaystyle\frac{3/4}{1/8} = 6\).

D’Alembert : \(\displaystyle\frac{{2(n+1) \choose n+1}}{{2n \choose n}} = \displaystyle\frac{(2n+2)!/(n+1)!^2}{(2n)!/n!^2} = \displaystyle\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} = \displaystyle\frac{2(2n+1)}{n+1} \to 4\).

Donc \(R = \displaystyle\frac{1}{4}\). On peut le retrouver via l’équivalent de Stirling : \({2n \choose n} \sim \displaystyle\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\).

1. \(S^\prime(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\,x^n = \displaystyle\frac{1}{1+x}\), et \(S(0) = 0\), donc \(S(x) = \ln(1+x)\).

2. La série \(\sum (-1)^{n+1}/n\) converge (Leibniz). Par Abel radial :

\(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}}{n} = \lim_{x \to 1^-} \ln(1+x) = \ln 2\).

On pose \(y(x) = \sum a_n\,x^n\). On a \(y^\prime = \sum (n+1)a_{n+1}\,x^n\) et \(y^2 = \sum c_n\,x^n\) avec \(c_n = \sum_{k=0}^{n} a_k\,a_{n-k}\).

L’EDO donne, pour \(n \geq 0\) : \((n+1)a_{n+1} = \delta_{n,0} + c_n\).

Avec \(a_0 = 0\), on calcule :

• \(n = 0\) : \(a_1 = 1\).
• \(n = 1\) : \(2a_2 = 0 + 2a_0\,a_1 = 0\), donc \(a_2 = 0\).
• \(n = 2\) : \(3a_3 = 0 + a_1^2 = 1\), donc \(a_3 = 1/3\).
• \(n = 3\) : \(4a_4 = 0 + 2a_1 a_2 = 0\), donc \(a_4 = 0\).
• \(n = 4\) : \(5a_5 = 0 + 2a_1 a_3 = 2/3\), donc \(a_5 = 2/15\).

On reconnaît \(y(x) = x + \displaystyle\frac{x^3}{3} + \displaystyle\frac{2x^5}{15} + \cdots = \tan(x)\), avec \(R = \displaystyle\frac{\pi}{2}\).

Le produit de Cauchy donne \(h(x) = \sum c_n\,x^n\) avec :

\(c_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} 1 \cdot \displaystyle\frac{1}{(n-k)!} = \sum_{j=0}^{n} \displaystyle\frac{1}{j!}\).

Donc \(c_n = S_n\), la \(n\)-ième somme partielle de la série de \(e\). On a \(h(x) = \displaystyle\frac{e^x}{1-x}\) et \(R = \min(1, +\infty) = 1\).

Remarque : \(c_n \to e\) quand \(n \to +\infty\), ce qui est cohérent avec la divergence en \(x = 1\).

1. On note \(R = \min(R_f, R_g)\). Pour \(|x|\) < \(R\), les deux séries convergent absolument, donc \(f+g\) converge : \(R_{f+g} \geq R\). Supposons (par l’absurde) \(R_{f+g}\) > \(R\) et \(R_f\) < \(R_g\). Alors pour \(R_f\) < \(|x|\) < \(R_{f+g}\), les séries \(f+g\) et \(g\) convergent, donc \(f = (f+g) – g\) convergerait aussi, contredisant \(R_f\) < \(|x|\). D’où \(R_{f+g} = R\).

2. \(f(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^n\) et \(g(x) = -\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^n + e^x\). On a \(R_f = R_g = 1\), mais \(f + g = e^x\) avec \(R_{f+g} = +\infty\).

• 2. Développer chaque exponentielle en série entière et utiliser \(1 + j^n + j^{2n} = 3\) si \(3 \mid n\), \(0\) sinon.
• 3. Écrire \(e^{jx} + e^{j^2 x}\) en passant par les parties réelle et imaginaire.

1. D’Alembert : \(\displaystyle\frac{1/(3(n+1))!}{1/(3n)!} = \displaystyle\frac{1}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)} \to 0\), donc \(R = +\infty\).

2. \(e^x + e^{jx} + e^{j^2 x} = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(1 + j^n + j^{2n})}{n!}\,x^n\). Or \(1 + j^n + j^{2n} = \begin{cases} 3 & \text{si } 3 \mid n \\ 0 & \text{sinon}\end{cases}\). Donc \(e^x + e^{jx} + e^{j^2 x} = 3\,S(x)\).

3. \(j = -\displaystyle\frac{1}{2} + i\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\), donc \(e^{jx} = e^{-x/2}\!\left(\cos\!\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{2} + i\sin\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)\). Par conjugaison, \(e^{j^2 x} = \overline{e^{jx}}\). D’où :

\(S(x) = \displaystyle\frac{1}{3}\left(e^x + 2\,e^{-x/2}\cos\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)\).

4. \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{(3n)!} = S(1) = \displaystyle\frac{1}{3}\left(e + 2\,e^{-1/2}\cos\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\).

1. D’Alembert donne \(R = 1\). En \(x = \pm 1\) : \(\sum 1/n^2\) converge (Riemann, \(\alpha = 2\)) et \(\sum (-1)^n/n^2\) converge absolument. La convergence est même normale sur \([-1, 1]\) (majorée par \(1/n^2\)), d’où la continuité sur \([-1, 1]\).

2. En dérivant terme à terme pour \(|x|\) < \(1\) : \(f^\prime(x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^{n-1}}{n} = \displaystyle\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^n}{n} = -\displaystyle\frac{\ln(1-x)}{x}\).

3. Par continuité sur \([-1,1]\) : \(f(1) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{n^2} = \displaystyle\frac{\pi^2}{6}\).

Pour \(f(-1)\) : \(f(-1) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^n}{n^2}\). Or \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{n^2} = \sum_{\text{impairs}} \displaystyle\frac{1}{n^2} + \sum_{\text{pairs}} \displaystyle\frac{1}{n^2}\) et \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^n}{n^2} = -\sum_{\text{impairs}} \displaystyle\frac{1}{n^2} + \sum_{\text{pairs}} \displaystyle\frac{1}{n^2}\).

Plus directement : \(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \zeta(2) – 2\cdot\displaystyle\frac{\zeta(2)}{4} = \displaystyle\frac{\zeta(2)}{2}\).

Donc \(f(-1) = -\displaystyle\frac{\pi^2}{12}\).

• 2. Reconnaître dans la relation de récurrence un produit de Cauchy : \(f(x)^2 = \sum c_n\,x^n\) avec \(c_n = a_{n+1}\).
• 3. Choisir la racine du trinôme qui donne \(f(0) = 1\).

1. \(a_1 = a_0^2 = 1\). \(a_2 = a_0\,a_1 + a_1\,a_0 = 2\). \(a_3 = a_0\,a_2 + a_1^2 + a_2\,a_0 = 5\).

2. Le produit de Cauchy \(f^2 = \sum c_n\,x^n\) donne \(c_n = \sum_{k=0}^{n} a_k\,a_{n-k} = a_{n+1}\). Donc :

\(f(x)^2 = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n+1}\,x^n = \displaystyle\frac{f(x) – a_0}{x} = \displaystyle\frac{f(x) – 1}{x}\).

D’où \(x\,f(x)^2 = f(x) – 1\), soit \(x\,f^2 – f + 1 = 0\).

3. En résolvant le trinôme en \(f\) : \(f = \displaystyle\frac{1 \pm \sqrt{1 – 4x}}{2x}\). La branche \(+\) donne \(f(x) \to +\infty\) quand \(x \to 0^+\), tandis que la branche \(–\) donne :

\(\displaystyle\lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{1 – \sqrt{1-4x}}{2x} = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{4/(2\sqrt{1-4x})}{2} = 1 = a_0\). Donc \(f(x) = \displaystyle\frac{1 – \sqrt{1-4x}}{2x}\).

La singularité est en \(x = 1/4\), donc \(R = \displaystyle\frac{1}{4}\).

4. Par l’exercice 10 avec \(\alpha = 1/2\) : \(\sqrt{1-4x} = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} {1/2 \choose n}(-4x)^n\). Après calcul, \({1/2 \choose n}(-4)^n = \displaystyle\frac{(-1)^{n-1}\cdot 2}{n} {2n-2 \choose n-1}\) pour \(n \geq 1\), et en injectant dans \(f\) :

\(a_n = \displaystyle\frac{1}{n+1}{2n \choose n}\)  (nombres de Catalan).

1. \((1-x)^{-1/2} = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} {-1/2 \choose n}(-x)^n\). Or \({-1/2 \choose n}(-1)^n = \displaystyle\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2^n\,n!} = \displaystyle\frac{(2n)!}{4^n\,(n!)^2} = \displaystyle\frac{{2n \choose n}}{4^n}\).

2. \(\mathrm{arcsin}(x) = \displaystyle\int_0^x \displaystyle\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}\). On remplace \(x\) par \(t^2\) dans le DSE précédent, puis on intègre terme à terme :

\(\mathrm{arcsin}(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{{2n \choose n}}{4^n(2n+1)}\,x^{2n+1}\),   \(R = 1\).

3. La série \(\displaystyle\sum \displaystyle\frac{{2n \choose n}}{4^n(2n+1)}\) converge (car \({2n \choose n}/4^n \sim 1/\sqrt{\pi n}\), et \(1/((2n+1)\sqrt{n})\) est sommable). Par Abel radial : \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{{2n \choose n}}{4^n(2n+1)} = \mathrm{arcsin}(1) = \displaystyle\frac{\pi}{2}\).

• 1. Montrer par récurrence que \(u_n \leq 2^n\).
• 2. Écrire \(\sum u_{n+2}\,x^n = \sum u_{n+1}\,x^n + \sum u_n\,x^n\) et exprimer le membre de gauche en fonction de \(F(x)\).
• 3. Factoriser \(1 – x – x^2 = (1 – \varphi x)(1 – \psi x)\).

1. Par récurrence : \(u_0 = 0 \leq 1\), \(u_1 = 1 \leq 2\), et \(u_{n+2} = u_{n+1} + u_n \leq 2^{n+1} + 2^n \leq 2^{n+2}\). Donc \(|u_n| \leq 2^n\), ce qui donne \(R \geq 1/2\).

2. \(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} u_{n+2}\,x^n = \displaystyle\frac{F(x) – u_0 – u_1\,x}{x^2} = \displaystyle\frac{F(x) – x}{x^2}\).

Par ailleurs, \(\displaystyle\sum u_{n+1}\,x^n = \displaystyle\frac{F(x)}{x}\) et \(\displaystyle\sum u_n\,x^n = F(x)\). La récurrence donne :

\(\displaystyle\frac{F(x) – x}{x^2} = \displaystyle\frac{F(x)}{x} + F(x)\), soit \(F(x) – x = x\,F(x) + x^2\,F(x)\), d’où \(F(x)(1 – x – x^2) = x\).

3. Les racines de \(t^2 – t – 1 = 0\) sont \(\varphi\) et \(\psi\), d’où \(1 – x – x^2 = (1 – \varphi x)(1 – \psi x)\) (car \(\varphi + \psi = 1\) et \(\varphi\,\psi = -1\)).

Décomposition : \(\displaystyle\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} = \displaystyle\frac{A}{1 – \varphi x} + \displaystyle\frac{B}{1 – \psi x}\). On trouve \(A = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\), \(B = -\displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\). Donc :

\(F(x) = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\sum_{n=0}^{+\infty} (\varphi^n – \psi^n)\,x^n\), d’où \(u_n = \displaystyle\frac{\varphi^n – \psi^n}{\sqrt{5}}\).

4. \(R = \min\!\left(\displaystyle\frac{1}{\varphi}, \displaystyle\frac{1}{|\psi|}\right) = \displaystyle\frac{1}{\varphi} = \displaystyle\frac{\sqrt{5} – 1}{2} \approx 0{,}618\)  (car \(|\psi|\) < \(1\) < \(\varphi\)).

1. Les coefficients \(b_k\) vérifient \(b_k \in \{0, 1\}\), donc \(|b_k|^{1/k} \leq 1\). De plus \(b_{2^n} = 1\), donc \(|b_{2^n}|^{1/2^n} = 1\) pour tout \(n\). D’où \(\limsup = 1\) et \(R = 1\).

2. \(f(x) = x + x^2 + x^4 + x^8 + \cdots = x + (x^2 + x^4 + x^8 + \cdots) = x + f(x^2)\).

3. Par récurrence : \(f(x) = x + x^2 + \cdots + x^{2^{p-1}} + f(x^{2^p})\). Pour \(x \in {]0, 1[}\), chaque terme \(x^{2^k}\) > \(0\), donc \(f(x) \geq p\cdot x^{2^{p-1}}\). Quand \(x \to 1^-\), chaque terme tend vers \(1\), d’où \(f(x) \to +\infty\).

4. Soit \(\zeta = e^{2i\pi\, p/2^k}\) une racine \(2^k\)-ième de l’unité. Pour \(r \in {]0, 1[}\) :

car \((r\zeta)^{2^k} = r^{2^k}\). Quand \(r \to 1^-\), \(f(r^{2^k}) \to +\infty\) (question 3), donc \(|f(r\zeta)| \to +\infty\). Les racines dyadiques \(e^{2i\pi\,p/2^k}\) étant denses sur le cercle unité, \(f\) est non bornée au voisinage de tout point de \(|x| = 1\) : le cercle est une frontière naturelle.

• Raisonner par l’absurde : si \(f\) est analytique en \(R\), elle est développable en série de Taylor en \(R\) sur un disque \(D(R, \rho)\).
• Montrer que les coefficients de Taylor en \(R\) sont tous \(\geq 0\) et en déduire la convergence de \(\sum a_n\,x^n\) pour un \(x\) > \(R\).

Par l’absurde. Supposons \(f\) analytique en \(R\). Alors il existe \(\rho\) > \(0\) tel que \(f\) est développable en série de Taylor sur \({]R – \rho, R + \rho[}\) :

\(f(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{f^{(k)}(R)}{k!}(x – R)^k\).

Or, pour \(0\) < \(x\) < \(R\) : \(f^{(k)}(x) = \displaystyle\sum_{n=k}^{+\infty} n(n-1)\cdots(n-k+1)\,a_n\,x^{n-k} \geq 0\) (car \(a_n \geq 0\)). Par continuité, \(f^{(k)}(R) \geq 0\) pour tout \(k\).

Donc la série de Taylor en \(R\) a des coefficients tous \(\geq 0\). Elle converge sur \({]R – \rho, R + \rho[}\). En particulier, pour \(x_0 = R + \rho/2\), on a \(f(x_0)\) < \(+\infty\). Cela signifie que \(f(x)\) est défini en \(x_0\) > \(R\).

Mais alors, en écrivant le développement de Taylor en \(R\) et en revenant à la série en \(0\) (par unicité du prolongement analytique), la série \(\sum a_n\,x_0^n\) converge, ce qui contredit \(R_f = R\). Contradiction. \(\blacksquare\)

1. Pour toutes suites positives \((u_n)\) et \((v_n)\), on a \(\limsup(u_n\,v_n) \leq \limsup(u_n) \cdot \limsup(v_n)\) (car pour \(n\) assez grand, \(u_n \leq L + \varepsilon\) et \(v_n \leq M + \varepsilon\)).

On applique avec \(u_n = |a_n|^{1/n}\) et \(v_n = |b_n|^{1/n}\) :

\(\displaystyle\frac{1}{R_h} = \limsup |a_n\,b_n|^{1/n} \leq \limsup |a_n|^{1/n} \cdot \limsup |b_n|^{1/n} = \displaystyle\frac{1}{R_f\,R_g}\).

2. On choisit \(f(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} 4^k\,x^{2k}\) (\(R_f = 1/2\)) et \(g(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} 2^{2k+1}\,x^{2k+1}\) (\(R_g = 1/2\)).

Les supports des coefficients sont disjoints : \(a_n \neq 0\) seulement pour \(n\) pair, \(b_n \neq 0\) seulement pour \(n\) impair. Donc \(a_n\,b_n = 0\) pour tout \(n\), et \(h = 0\) : \(R_h = +\infty\) > \(R_f\,R_g = 1/4\).