Cours d'Analyse 4 - Faculté des Sciences Rabat

80 Z. ABDELALI
• L’inetvalle ouvert de convergence est IR.
e (xch(α)) xch(α) 1
ch(xsh(α)) = e 2 (exsh(α) + e−xsh(α) ) = 1
= 1
2 (exeα + exe−α) = 1
2
∞
n=0
2 (exch(α)+xsh(α) + e xch(α)−xsh(α) )
(eα ) n +(e−α ) n
x n!
n = ∞ ch(nα)
n!
n=0
xn .
• Pososns f(x) = arctan( 1+xtan(α)).
On a f est dérivable sur ] − 1, 1[ et
1−x
f ′ (x) =
= i
2
2 sin(α) cos(α)
((1−x) cos(α)) 2 +((1+x) sin(α)) 2 =
2 sin(α) cos(α)
(1−e i2α x)(1−e −i2α x)
∞
(e−i2α(n+1) − ei2α(n+1) )xn = ∞
sin(2α(n + 1))xn n=0
n=0
i e−i2α = ( 2 1−e−i2α ei2α − x 1−ei2αx )
On suppose que α ∈] − π π , [, on a f(0) = α, donc pour x ∈] − 1, 1[, qui est l’inetvalle ouvert
2 2
de convergence,
D’où
f(x) = α +
∞
n=1
sin(2nα)
x
n
n .
Exercice 7. 1) Calcul direct.
2) Supposons que h(x) = ∞
anxn est une série entière solution de (∗) sur ] − 1, 1[. On a
n=0
h ′ (x) = ∞
nanxn−1 , h ′′ (x) = ∞
n(n − 1)anxn−2 = ∞
n=1
n=2
xh ′ (x) = ∞
nanxn , x2h ′′ = ∞
n(n − 1)anxn .
n=1
2 = (1 − x 2 )h ′′ (x) − xh ′ (x)
n=2
(n + 2)(n + 1)an+2x
n=0
n ,
= 2a2 + (6a3 − a1)x + ∞
((n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − nan)xn n=2
= 2a2 + (6a3 − a1)x + ∞
((n + 2)(n + 1)an+2 − n
n=2
2an)xn .
Ainsi a2 = 1, 6a3 − a1 = 0, et pour n ≥ 2, (n + 2)(n + 1)an+2 − n 2 an = 0. Donc
D’où h(x) = a0 + ∞
a2p+1 = (2p − 1)2 · · · 32 a1 =
(2p + 1)!
p=1
a2p = 22p−1 ((p − 1)!) 2
, p ≥ 1,
(2p)!
2 2p−1 ((p−1)!) 2
(2p)! x 2p + a1 · ∞
((2p)!) 2
(2p + 1)! · 2 2p · p! a1 =
p=0
|
lim
p→∞
22p+1 ((p)!) 2
(2(p+1))! x2(p+1) |
| 22p−1 ((p−1)!) 2
x (2p)!
2p | = x2 |
< 1 et lim
p→∞
Donc d’après la règle de d’Alembert les deux séries ∞
convergent sur ] − 1, 1[, donc h converge sur ] − 1, 1[.
(2p)!
(2p + 1) · 2 2p · p! a1 .
(2p)!
(2p+1)·2 2p ·p! x2p+1 . De plus pour 0 = |x| < 1, on a
(2p+2)!
(2p+3)·22(p+1) ·(p+1)! x2p+3 |
|
(2p)!
(2p+1)·22p ·p! x2p+1 |
p=1
= x 2 < 1.
22p−1 ((p−1)!) 2
x (2p)!
2p et ∞ (2p)!
(2p+1)·2
p=0
2p ·p! x2p+1