Déterminer le rayon de convergence RR de la série entière suivante : S(x)=∑n=3+∞xn(n+1)(n−2)S(x) = \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^n}{(n+1)(n-2)}. - Exercice 1

30 min
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Question 1

Soit nn un nombre entier naturel supérieur ou égal à trois.
Déterminer le rayon de convergence RR de la série entière suivante : S(x)=∑n=3+∞xn(n+1)(n−2)S(x) = \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^n}{(n+1)(n-2)}.
Puis calculer la valeur exacte du nombre α\alpha suivant :
α=∑n=3+∞12n(n+1)(n−2)\alpha = \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{1}{2^n(n+1)(n-2)}

Correction
Utilisons la règle de D'Alembert. On pose an=1(n+1)(n−2)a_n = \dfrac{1}{(n+1)(n-2)}, et on a :
lim⁡n⟶+∞∣an+1an∣=lim⁡n⟶+∞∣1((n+1)+1)((n+1)−2)1(n+1)(n−2)∣=lim⁡n⟶+∞∣1(n+2)(n−1)1(n+1)(n−2)∣\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| \dfrac{ \dfrac{1}{((n+1)+1)((n+1)-2)} }{ \dfrac{1}{(n+1)(n-2)} } \right| = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left|\dfrac{\dfrac{1}{(n+2)(n-1)} }{\dfrac{1}{(n+1)(n-2)} } \right|
Soit :
lim⁡n⟶+∞∣an+1an∣=lim⁡n⟶+∞∣(n+1)(n−2)(n+2)(n−1)∣=lim⁡n⟶+∞∣n2n2∣=lim⁡n⟶+∞∣1∣=lim⁡n⟶+∞1\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| \dfrac{(n+1)(n-2)}{(n+2)(n-1)} \right| = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| \dfrac{n^2}{n^2} \right| = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| 1 \right| = \lim_{n \longrightarrow + \infty} 1
Ainsi :
lim⁡n⟶+∞∣an+1an∣=1    ⟹    R=1\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = 1 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, R = 1
Puis, on a :
an=1(n+1)(n−2)=−13n+1+13n−2a_n = \dfrac{1}{(n+1)(n-2)} = \dfrac{-\dfrac{1}{3}}{n+1} + \dfrac{\dfrac{1}{3}}{n-2}
D'où :
S(x)=−13∑n=3+∞xnn+1+13∑n=3+∞xnn−2    ⟺    S(x)=−13x∑n=3+∞xn+1n+1+x23∑n=3+∞xn−2n−2S(x) = -\dfrac{1}{3} \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n+1} + \dfrac{1}{3} \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n-2} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, S(x) = -\dfrac{1}{3x} \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^{n+1}}{n+1} + \dfrac{x^2}{3} \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^{n-2}}{n-2}
Mais, on sait que, si −1<x<1-1<x<1, alors on a :
∑n=3+∞xn−2n−2=∑n=1+∞xnn=−(−∑n=1+∞xnn)=−ln⁡(1−x)\sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^{n-2}}{n-2} = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n} = - \left( -\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n} \right) = - \ln(1-x)
Puis, on a :
∑n=3+∞xn+1n+1=∑n=4+∞xnn=−x−x22−x33+∑n=1+∞xnn\sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^{n+1}}{n+1} = \sum_{n=4}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n} = - x - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} + \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n}
D'où :
∑n=3+∞xn+1n+1=−x−x22−x33−ln⁡(1−x)\sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{x^{n+1}}{n+1} = - x - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} - \ln (1-x)
Ce qui nous permet d'écrire que :
S(x)=−13x(−x−x22−x33−ln⁡(1−x))+x23(−ln⁡(1−x))S(x) = -\dfrac{1}{3x} \left( - x - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} - \ln (1-x) \right) + \dfrac{x^2}{3} \left( - \ln(1-x) \right)
Soit encore :
S(x)=13x(x+x22+x33+ln⁡(1−x))−x23ln⁡(1−x)S(x) = \dfrac{1}{3x} \left( x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} + \ln (1-x) \right) - \dfrac{x^2}{3} \ln(1-x)
Donc :
S(x)=13+x6+x29+13xln⁡(1−x)−x23ln⁡(1−x)S(x) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{x}{6} + \dfrac{x^2}{9} + \dfrac{1}{3x} \ln (1-x) - \dfrac{x^2}{3} \ln(1-x)
Ainsi :
S(x)=13+x6+x29+13(1x−x2)ln⁡(1−x)S(x) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{x}{6} + \dfrac{x^2}{9} + \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{x} - x^2 \right) \ln (1-x)
Finalement, on trouve que :
S(x)=13x(1−x3)ln⁡(1−x)+13+x6+x29S(x) = \dfrac{1}{3x}\left( 1 - x^3 \right) \ln(1-x) + \dfrac{1}{3} + \dfrac{x}{6} + \dfrac{x^2}{9}
Puis, le nombre α\alpha est définit comme :
α=∑n=3+∞12n(n+1)(n−2)    ⟺    S(x=12)\alpha = \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{1}{2^n(n+1)(n-2)} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, S\left( x = \dfrac{1}{2}\right)
Ainsi, on a :
α=1312(1−(12)3)ln⁡(1−12)+13+126+(12)29\alpha = \dfrac{1}{3\dfrac{1}{2}}\left( 1 - \left( \dfrac{1}{2} \right)^3 \right) \ln \left( 1 - \dfrac{1}{2} \right) + \dfrac{1}{3} + \dfrac{\dfrac{1}{2}}{6} + \dfrac{\left( \dfrac{1}{2} \right)^2}{9}
Soit :
α=23(1−18)ln⁡(12)+13+112+136\alpha = \dfrac{2}{3}\left( 1 - \dfrac{1}{8} \right) \ln \left( \dfrac{1}{2} \right) + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{36}
D'où :
α=712ln⁡(12)+1236−336−136\alpha = \dfrac{7}{12} \ln\left( \dfrac{1}{2} \right) + \dfrac{12}{36} - \dfrac{3}{36} - \dfrac{1}{36}
Ou encore :
α=−712ln⁡2+1636\alpha = - \dfrac{7}{12} \ln 2 + \dfrac{16}{36}
Finalement, on trouve que :
α=−712ln⁡2+49\alpha = - \dfrac{7}{12} \ln 2 + \dfrac{4}{9}

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