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%TCIDATA{TCIstyle=article/art1.lat,balk,mathart1}

%TCIDATA{Created=Wed May 13 17:52:32 1998}
%TCIDATA{LastRevised=Mon Jan 17 14:20:00 2005}

\input{tcilatex}
\begin{document}


\begin{center}
\textbf{Centrale TSI 2004 - Math\'{e}matiques 1}

\medskip

$\Delta \Delta \Delta \Delta \Delta $
\end{center}

\underline{\textbf{Partie I}}

\medskip

I.A.1. Une int\'{e}gration par parties donne $I_{n+2}=\left[ \sin x\cos
^{n+1}x\right] _{0}^{\pi /2}+(n+1)\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\sin ^{2}x\cos
^{n}x\;dx.$ D'o\`{u} :

$I_{n+2}=\left( n+1\right) \left( \int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left( 1-\cos
^{2}x\right) \cos ^{n}x\;dx\right) $

$\;\;\;\;=\left( n+1\right) \left( I_{n}-I_{n+2}\right) $ et

\[
\frame{$\left( n+2\right) I_{n+2}=\left( n+1\right) I_{n}$} 
\]

\medskip

I.A.2. Pour $n\geq 1,$ $I_{2n}=\dfrac{\left( 2n-1\right) }{\left( 2n\right) }%
I_{2\left( n-1\right) }$

\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $=\dfrac{\left( 2n-1\right)
\;...\;1}{\left( 2n\right) \;...\;2}I_{0}\;$(r\'{e}currence simple).
D'o\`{u} :

\[
\frame{$\forall n\in \Bbb{N},$ $I_{2n}=\dfrac{\left( 2n\right) !}{%
2^{2n}\left( n!\right) ^{2}}\times \dfrac{\pi }{2}$} 
\]

Pour $n\in \Bbb{N},$ $I_{2n+1}=\dfrac{\left( 2n\right) }{\left( 2n+1\right) }%
I_{2n-1}$

\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $=\dfrac{\left( 2n\right)
\;...\;2}{\left( 2n+1\right) \;...\;3}I_{1}\;$(r\'{e}currence simple).
D'o\`{u} :

\[
\frame{$\forall n\in \Bbb{N},$ $I_{2n+1}=\dfrac{2^{2n}\left( n!\right) ^{2}}{%
\left( 2n+1\right) !}$} 
\]

\medskip

I.B.1.$\;\forall n\in \Bbb{N},$ $\forall x\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}%
\right] ,\;\cos ^{n+2}x\leq \cos ^{n+1}x\leq \cos ^{n}x.$ D'o\`{u} :

$\forall n\in \Bbb{N},$ $I_{n+2}\leq I_{n+1}\leq I_{n}\Rightarrow $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\dfrac{I_{n+2}}{I_{n}}\leq \dfrac{I_{n+1}}{I_{n}}\leq
1\Rightarrow $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\dfrac{n+1}{n+2}\leq \dfrac{I_{n+1}}{I_{n}}\leq
1\Rightarrow \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac{I_{n+1}}{I_{n}}=1$ et
:

\[
\frame{$I_{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }I_{n+1}$} 
\]
\medskip

I.B.2. D'apr\`{e}s I.A.1., $\forall n\in \Bbb{N},$ $\left( n+2\right)
I_{n+2}=\left( n+1\right) I_{n}\Rightarrow $

$\left( n+2\right) I_{n+2}I_{n+1}=\left( n+1\right) I_{n}I_{n+1}\Rightarrow $

$J_{n+1}=J_{n}.$ Donc \underline{la suite $\left( J_{n}\right) $ est
constante} et \underline{$\forall n\in \Bbb{N},$ $J_{n}=$}$J_{0}=I_{0}I_{1}=$%
\underline{$\dfrac{\pi }{2}$}.

On a donc $\forall n\in \Bbb{N},$ $\left( n+1\right) I_{n}I_{n+1}=\dfrac{\pi 
}{2}.$ Or $\left( n+1\right) I_{n}I_{n+1}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{%
\sim }nI_{n}^{2}$ (d'apr\`{e}s I.B.1.). Donc $nI_{n}^{2}\stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{\pi }{2}$ et, comme $I_{n}>0,$

\[
\frame{$I_{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{2n}}
$} 
\]

\medskip

I.B.3. \textbf{Application I}

Soit $t$ r\'{e}el positif. L'application $
\begin{array}[t]{l}
\left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] \rightarrow \Bbb{R} \\ 
x\rightarrow \cos ^{t}x
\end{array}
$ est continue sur $\left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] $ et l'int\'{e}grale $%
\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{t}x\;dx$ a un sens.

L'on a $\forall t\in \Bbb{R}^{+},$ $\forall x\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}%
\right] ,$ $\cos ^{E(t)+1}x\leq \cos ^{t}x\leq \cos ^{E\left( t\right) }x$
o\`{u} $E\left( t\right) $ d\'{e}signe la partie enti\`{e}re de $t.$ Donc :

$\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{E\left( t\right) +1}x\;dx\leq
\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{t}x\;dx\leq \int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos
^{E\left( t\right) }x\;dx.$ En outre :

$E\left( t\right) \leq t<E\left( t\right) +1\Rightarrow t-1\leq E\left(
t\right) \leq t$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Rightarrow E\left( t\right) 
\stackunder{t\rightarrow +\infty }{\sim }t$ et $\lim\limits_{t\rightarrow
+\infty }E(t)=+\infty .$ On en d\'{e}duit (en utilisant I.B.2.) :

$\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{E\left( t\right) +1}x\;dx\stackunder{%
t\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{2\left( E\left( t\right)
+1\right) }}\stackunder{t\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{%
2E\left( t\right) }}\stackunder{t\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{%
\pi }{2t}}$ et de m\^{e}me $\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{E\left(
t\right) }x\;dx\stackunder{t\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{2t%
}}.$

Donc :

\[
\frame{$\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{t}x\;dx\stackunder{t\rightarrow
+\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{2t}}$} 
\]

\medskip

I.B.4. \textbf{Application II}

$x\stackrel{\varphi }{\rightarrow }\left| \sin x\right| ^{x}$ est continue
sur $\left[ 1,+\infty \right[ \;$et positive

\'{E}tudions la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $u_{n}.$ Dans $u_{n}$,
effectuons le changement de variables $u=x-n\pi .$

$\forall n\in \Bbb{N}^{*},$ $u_{n}=\int\nolimits_{0}^{\pi }\left| \sin
u\right| ^{u+n\pi }du\geq \int\nolimits_{0}^{\pi }\left| \sin u\right|
^{\left( n+1\right) \pi }du$ car $\forall u\in \left[ 0,\pi \right] ,$ $n\pi
\leq u+n\pi \leq \left( n+1\right) \pi $ et comme $\left| \sin u\right| \leq
1,$ $\left| \sin u\right| ^{n\pi }\geq \left| \sin u\right| ^{u+n\pi }\geq
\left| \sin u\right| ^{\left( n+1\right) \pi }.$

Or $u\rightarrow \left| \sin u\right| ^{\left( n+1\right) \pi }$ est $\pi -$
p\'{e}riodique et paire; d'o\`{u} :

$u_{n}\geq 2\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left( \sin u\right) ^{\left(
n+1\right) \pi }du=2\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left( \cos u\right) ^{\left(
n+1\right) \pi }du=v_{n}\geq 0$ (changement de variables $v=\dfrac{\pi }{2}%
-u).$

Or $v_{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }2\sqrt{\dfrac{\pi }{%
2\left( n+1\right) \pi }}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{%
\dfrac{2}{n}},$ donc $\sum\limits_{n\geq 1}v_{n}$ diverge et $%
\sum\limits_{n\geq 1}u_{n}$ diverge.

Soit $A>0,$ $\exists N\in \Bbb{N},$ $\sum\limits_{n=1}^{N}u_{n}>A\Rightarrow
\int\nolimits_{\pi }^{\left( N+1\right) \pi }\varphi \left( x\right) dx>A,$
ce qui prouve que $
\begin{array}[t]{l}
\left[ 1,+\infty \right[ \rightarrow \Bbb{R} \\ 
x\rightarrow \int\nolimits_{\pi }^{x}\varphi \left( u\right) du
\end{array}
$ n'est pas major\'{e}e; comme $\varphi \geq 0,$ $\int\nolimits_{\pi
}^{+\infty }\varphi \left( u\right) du$ diverge. Donc :

\[
\frame{$\int\nolimits_{1}^{+\infty }\varphi \left( u\right) du$ diverge} 
\]

\medskip

I.C.1. $v_{n}=\left( n+\dfrac{3}{2}\right) \ln \left( n+1\right)
-n-1-\sum\limits_{k=1}^{n+1}\ln k-\left( \left( n+\dfrac{1}{2}\right) \ln
\left( n\right) -n-\sum\limits_{k=1}^{n}\ln k\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \left( \ln \left(
n+1\right) -\ln n\right) -1$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=n\left( 1+\dfrac{1}{2n}\right) \ln \left( 1+\dfrac{1}{n}%
\right) -1$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=n\left( 1+\dfrac{1}{2n}\right) \left( \dfrac{1}{n}-%
\dfrac{1}{2n^{2}}+\dfrac{1}{3n^{3}}+o\left( \dfrac{1}{n^{3}}\right) \right)
-1$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=n\left( \dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^{3}}\left( \dfrac{1}{3}-%
\dfrac{1}{4}\right) +o\left( \dfrac{1}{n^{3}}\right) \right) -1$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\dfrac{1}{12n^{2}}+o\left( \dfrac{1}{n^{2}}\right) .$
D'o\`{u} :

\[
\frame{$v_{n}\stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }\dfrac{1}{12n^{2}}$} 
\]

\medskip

I.C.2. On en d\'{e}duit que $\sum v_{n}=\sum \left( u_{n+1}-u_{n}\right) $
converge donc \underline{$\left( u_{n}\right) $ converge}.

\medskip

I.D. $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }u_{n}=S\Rightarrow
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }e^{u_{n}}=e^{S}.$ Posons $C=e^{-S}:C>0.$

Or $e^{u_{n}}=\dfrac{n^{n+\tfrac{1}{2}}e^{-n}}{n!}\stackunder{n\rightarrow
\infty }{\sim }\dfrac{1}{C}\Rightarrow $

\[
\frame{$n!\stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }Cn^{n+\tfrac{1}{2}}e^{-n}$}
\]

\medskip

I.E. Comme $I_{n}\stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{%
2n}},$ $I_{2n}\stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{4n}}
$. Or :

$I_{2n}=\dfrac{\left( 2n\right) !}{2^{2n}\left( n!\right) ^{2}}\times \dfrac{%
\pi }{2}\stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }\dfrac{C\left( 2n\right)
^{2n+\tfrac{1}{2}}e^{-2n}}{2^{2n}C^{2}n^{2n+1}e^{-2n}}\times \dfrac{\pi }{2}%
\stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{\pi }{4n}}.$ D'o\`{u},
apr\`{e}s simplification, $C=\sqrt{2\pi }.$

On obtient la formule de Stirling :

\[
\frame{$n!\stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }\sqrt{2\pi n}n^{n}e^{-n}$} 
\]

\medskip

\underline{\textbf{Partie II}}

\medskip

II.A. Posons $a_{n}=\dfrac{1}{n}\;$pour $n\in \Bbb{N}^{*}.$ $a_{n}$ est une
fonction rationnelle de $n$, donc $\sum\limits_{n\geq 1}a_{n}x^{n}$ a pour
rayon de convergence $1.$ En outre pour $x=-1,$ $\sum\limits_{n\geq
1}a_{n}\left( -1\right) ^{n}$ est une s\'{e}rie num\'{e}rique altern\'{e}e
qui v\'{e}rifie le crit\`{e}re sp\'{e}cial de convergence des s\'{e}ries
altern\'{e}es (la suite $\left( a_{n}\right) $ d\'{e}croit et tend vers $0$%
), donc elle converge. on en d\'{e}duit que :

\underline{la somme $f$ de la s\'{e}rie enti\`{e}re est d\'{e}finie et
continue sur $\left[ -1,1\right[ $}.

\underline{$\forall x\in \left[ -1,1\right[ ,$ $f\left( x\right) =-\ln
\left( 1-x\right) $}

\medskip

II.B.1. $\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) \stackunder{n\rightarrow \infty }{%
\sim }\dfrac{1}{n}=a_{n};$ donc $\sum\limits_{n\geq 1}\ln \left( 1+\dfrac{1}{%
n}\right) x^{n}$ a m\^{e}me rayon de convergence que $\sum\limits_{n\geq 1}%
\dfrac{x^{n}}{n},$ c'est-\`{a}-dire $1.$ Donc :

\underline{$\sum\limits_{n\geq 1}\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) x^{n}$ a
pour rayon de convergence $1.$}

\medskip

II.B.2. $\forall n\in \Bbb{N}^{*},$ $\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) \left(
-1\right) ^{n}=\left( \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^{2}}+o\left( \dfrac{1}{n^{2}}%
\right) \right) \left( -1\right) ^{n}=u_{n}+v_{n}$ avec :

$u_{n}=\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{n}$ et $v_{n}=\left( -1\right)
^{n+1}\left( \dfrac{1}{2n^{2}}+o\left( \dfrac{1}{n^{2}}\right) \right) .$ Or
:

$\sum\limits_{n\geq 1}u_{n}$ converge (crit\`{e}re sp\'{e}cial de
convergence des s\'{e}ries altern\'{e}es)

$\sum\limits_{n\geq 1}v_{n}$ est absolument convergente car $\left|
v_{n}\right| \stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }\dfrac{1}{2n^{2}}.$
D'o\`{u} :

\[
\frame{$\sum\limits_{n\geq 1}\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) \left(
-1\right) ^{n}$ converge} 
\]

$g\left( -1\right) =\lim\limits_{N\rightarrow +\infty
}\sum\limits_{n=1}^{2N}\left( \ln (n+1)-\ln \left( n\right) \right) \left(
-1\right) ^{n}$

$\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\sum\limits_{n=1}^{N}\left(
\ln (2n+1)-\ln \left( 2n\right) \right) -\sum\limits_{n=0}^{N-1}\left( \ln
(2n+2)-\ln \left( 2n+1\right) \right) $

$\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\sum\limits_{n=1}^{N}\left(
\ln (2n+1)-\ln \left( 2n\right) \right) -\sum\limits_{n=1}^{N}\left( \ln
(2n)-\ln \left( 2n-1\right) \right) $

$\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\sum\limits_{n=1}^{N}\ln 
\dfrac{(2n+1)\left( 2n-1\right) }{4n^{2}}$

$\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\ln \dfrac{(2N+1)\left(
2N-1\right) (2N-1)\left( 2N-3\right) \;...\;5.3.3.1}{4^{N}\left( N!\right)
^{2}}$

$\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\ln \left[ (2N+1)\dfrac{%
\left( (2N)!\right) ^{2}}{4^{N}\left( N!\right) ^{2}2^{2N}\left( N!\right)
^{2}}\right] $

Or $(2N+1)\dfrac{\left( (2N)!\right) ^{2}}{4^{N}\left( N!\right)
^{2}2^{2N}\left( N!\right) ^{2}}\stackunder{N\rightarrow \infty }{\sim }2N%
\dfrac{4\pi N\left( 2N\right) ^{4N}e^{-4N}}{2^{4N}4\pi ^{2}N^{2}N^{4N}e^{-4N}%
}=\dfrac{2}{\pi }.$ Donc :

\[
\frame{$g\left( -1\right) =\ln \dfrac{2}{\pi }$} 
\]

\medskip

II.C. $\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) \stackunder{n\rightarrow \infty }{%
\sim }\dfrac{1}{n};$ d'o\`{u} $\sum\limits_{n\geq 1}\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}%
\right) $ diverge; comme $\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right) \geq 0,$ $%
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\sum\limits_{k=1}^{n}\ln \left( 1+\dfrac{1%
}{k}\right) =+\infty .$

Soit $A>0,$ $\exists N\in \Bbb{N},$ $\sum\limits_{k=1}^{N}\ln \left( 1+%
\dfrac{1}{k}\right) >2A.$

$x\rightarrow \sum\limits_{k=1}^{N}\ln \left( 1+\dfrac{1}{k}\right) x^{k}$
est continue sur $\Bbb{R},$ donc en $1$ \`{a} gauche et il existe $\alpha >0$
tel que :

$\forall x\in \left] 1-\alpha ,1\right[ ,\;\left| \sum\limits_{k=1}^{N}\ln
\left( 1+\dfrac{1}{k}\right) x^{k}-\sum\limits_{k=1}^{N}\ln \left( 1+\dfrac{1%
}{k}\right) \right| <A\Rightarrow $

$\sum\limits_{k=1}^{N}\ln \left( 1+\dfrac{1}{k}\right)
x^{k}>\sum\limits_{k=1}^{N}\ln \left( 1+\dfrac{1}{k}\right) -A$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;>2A-A=A.$

Or $\forall x\in \left] 1-\alpha ,1\right[ ,\;\sum\limits_{k=1}^{+\infty
}\ln \left( 1+\dfrac{1}{k}\right) x^{k}\geq \sum\limits_{k=1}^{N}\ln \left(
1+\dfrac{1}{k}\right) x^{k}>A.$ J'ai donc montr\'{e} que :

$\forall A>0,$ $\exists \alpha >0,$ $\forall x\in \left[ -1,1\right[ ,$ $%
\left| x-1\right| <\alpha \Rightarrow g(x)>A$ ce qui signifie que :

\[
\frame{$\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}g\left( x\right) =+\infty $} 
\]

\medskip

II.D.1. $\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $g\left( x\right) +\ln \left(
1-x\right) =\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\left( \ln \left( 1+\dfrac{1}{n}%
\right) -\dfrac{1}{n}\right) x^{n}.$ Posons $c_{n}=\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}%
\right) -\dfrac{1}{n};$ $c_{n}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^{2}}+o\left( \dfrac{%
1}{n^{2}}\right) -\dfrac{1}{n}=-\dfrac{1}{2n^{2}}+o\left( \dfrac{1}{n^{2}}%
\right) \stackunder{n\rightarrow \infty }{\sim }-\dfrac{1}{2n^{2}}$

D'o\`{u} $\sum\limits_{n\geq 1}c_{n}x^{n}$ converge pour $x=1$ et la somme
de la s\'{e}rie enti\`{e}re est continue en $1.$ Donc :

\[
\frame{$\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}g\left( x\right) +\ln \left(
1-x\right) =l\in \Bbb{R}$} 
\]

\medskip

II.D.2. $\forall n\in \Bbb{N}^{*},$ $w_{n+1}-w_{n}=\dfrac{1}{n+1}-\ln \dfrac{%
n+1}{n}=\dfrac{1}{n+1}-\int\nolimits_{n}^{n+1}\dfrac{dt}{t}\leq 0$ car $%
\forall t\in \left[ n,n+1\right] ,$ $\dfrac{1}{t}\geq \dfrac{1}{n+1},$ ce
qui donne $\int\nolimits_{n}^{n+1}\dfrac{dt}{t}\geq \dfrac{1}{n+1}.$ Donc :

\[
\frame{$\left( w_{n}\right) $ est d\'{e}croissante.} 
\]

\medskip

II.D.3. Soit $n\in \Bbb{N}^{*};\;\forall k\in \left\{ 1,...,n\right\} ,$ $%
\int\nolimits_{k}^{k+1}\dfrac{dt}{t}\leq \dfrac{1}{k}$ (car $t\rightarrow 
\dfrac{1}{t}$ est d\'{e}croissante sur $\Bbb{R}^{+*}).$ D'o\`{u} :

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}\int%
\nolimits_{k}^{k+1}\dfrac{dt}{t}\geq 1-\ln \left( 2\right) \;$(terme obtenu
pour $k=1).$ D'o\`{u} :

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\int\nolimits_{1}^{n+1}\dfrac{dt}{t}\geq
1-\ln \left( 2\right) \Rightarrow $

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\ln (n+1)\geq 1-\ln \left( 2\right)
\Rightarrow $

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\ln \left( n\right) \geq \ln (n+1)-\ln
(n)+1-\ln (2)\geq 1-\ln (2)>0.$

D'o\`{u} la suite $\left( w_{n}\right) $ est d\'{e}croissante minor\'{e}e
par $1-\ln (2)$ et :

\begin{center}
\underline{$\left( w_{n}\right) $ converge vers un r\'{e}el $\gamma \geq
1-\ln (2),$ donc strictement positif.}
\end{center}

\medskip

II.E. Posons pour tout $x\in \left[ -1,1\right] ,$ $h\left( x\right)
=g\left( x\right) +\ln \left( 1-x\right) ;$ on a vu que $\forall x\in \left[
-1,1\right] ,$ $h\left( x\right) =\sum\limits_{n=1}^{+\infty }c_{n}x^{n}.$

Comme la s\'{e}rie enti\`{e}re converge en $-1$ et $1,$ $h$ est continue en $%
-1$ et $1.$

D'o\`{u} $l=h(1)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\left( \ln \left( 1+\dfrac{1}{n}%
\right) -\dfrac{1}{n}\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty
}\sum\limits_{n=1}^{N}\left( -\dfrac{1}{n}+\ln \left( 1+\dfrac{1}{n}\right)
\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\left(
\sum\limits_{n=1}^{N}-\dfrac{1}{n}+\sum\limits_{n=1}^{N}\ln \left( \dfrac{n+1%
}{n}\right) \right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\left(
\sum\limits_{n=1}^{N}-\dfrac{1}{n}+\ln \left( \dfrac{N+1}{N}\right) +\ln
N\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{N\rightarrow +\infty }\left( \ln \left( 
\dfrac{N+1}{N}\right) +\ln N-\sum\limits_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n}\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=-\gamma .$ Donc :

\[
\frame{$l=-\gamma $} 
\]

\medskip

II.F.1. $
\begin{array}[t]{l}
\left] 0,1\right[ \stackrel{\varphi }{\rightarrow }\Bbb{R} \\ 
t\rightarrow \dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{\ln \left( 1-t\right) }
\end{array}
$ est continue sur $\left] 0,1\right[ .$

En $0,$ $\varphi \left( t\right) =\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{\ln \left(
1-t\right) }$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{-t-\dfrac{t^{2}}{2}+o\left(
t^{2}\right) }$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\dfrac{1}{t}\left( 1-\dfrac{1}{1+\dfrac{t}{2}%
+o\left( t\right) }\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\dfrac{1}{t}\left( 1-1+\dfrac{t}{2}+o\left( t\right)
\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\dfrac{1}{2}+o\left( 1\right) $

Donc, $\varphi $ se prolonge par continuit\'{e} en $0$ et $%
\int\nolimits_{0}^{1/2}\varphi $ converge.

En $1,$ $\lim\limits_{t\rightarrow 1^{-}}\varphi \left( t\right) =1;$ donc, $%
\varphi $ se prolonge par continuit\'{e} en $1$ et $\int\nolimits_{1/2}^{1}%
\varphi $ converge.

D'o\`{u} \underline{$I$ est une int\'{e}grale convergente.}

\medskip

II.F.2. Effectuons le changement de variables dans $I,$ $t=1-e^{-x}.$ Cela
est possible car $x\stackrel{\theta }{\rightarrow }1-e^{-x}$ est un
diff\'{e}omorphisme de classe $C^{1}$ de $\left] 0,+\infty \right[ $ sur $%
\left] 0,1\right[ $ $\left( \forall x\in \left] 0,+\infty \right[ ,\;\theta
^{\prime }\left( x\right) =e^{-x}\neq 0\right) .$ D'o\`{u} :

\[
\frame{$I=\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( \dfrac{1}{1-e^{-x}}-\dfrac{1}{x}%
\right) e^{-x}dx$} 
\]

$\forall x\in \left] 0,+\infty \right[ ,\;\Phi \left( x\right) =\varphi
\circ \theta \left( x\right) .$ Donc $\Phi \left( \left] 0,+\infty \right[
\right) =\varphi \left( \left] 0,1\right[ \right) .$ Or $\varphi $ se
prolonge par continuit\'{e} sur $\left[ 0,1\right] ,$ donc $\varphi $ est
born\'{e}e, ce qui prouve que :

\[
\frame{$\Phi $ est born\'{e}e} 
\]

\medskip

II.F.3. Or $\forall x\in \left] 0,+\infty \right[ $ et $\forall n\in \Bbb{N}%
^{*},$ $\sum\limits_{k=0}^{n-1}e^{-kx}=\dfrac{1-e^{-nx}}{1-e^{-x}}$ car $%
e^{-x}\neq 1.$ D'o\`{u} :

$\dfrac{1}{1-e^{-x}}=\sum\limits_{k=0}^{n-1}e^{-kx}+\dfrac{e^{-nx}}{1-e^{-x}}
$ et :

$I=\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( \sum\limits_{k=0}^{n-1}e^{-kx}+\dfrac{%
e^{-nx}}{1-e^{-x}}-\dfrac{1}{x}\right) e^{-x}dx$

$\;=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( k+1\right)
x}dx+\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( \dfrac{e^{-\left( n+1\right) x}}{%
1-e^{-x}}-\dfrac{e^{-x}}{x}\right) dx$ (car les $n$ premi\`{e}res
int\'{e}grales, donc la derni\`{e}re converge)

$\;=\sum\limits_{k=1}^{n}\int\nolimits_{0}^{+\infty
}e^{-kx}dx-\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( \dfrac{e^{-x}-e^{-\left(
n+1\right) x}}{x}+\dfrac{e^{-\left( n+1\right) x}}{x}-\dfrac{e^{-\left(
n+1\right) x}}{1-e^{-x}}\right) dx$

$\;=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( 
\dfrac{e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}\right)
dx+\int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( n+1\right) x}\left( \dfrac{1}{%
1-e^{-x}}-\dfrac{1}{x}\right) dx$ ( car

$x\rightarrow \dfrac{e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}$ est continue sur $%
\Bbb{R}^{+*},$

$\dfrac{e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}\stackunder{x\rightarrow 0^{+}}{%
\sim }n,$ $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x^{2}\left( \dfrac{%
e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}\right) =0$ et $\int\nolimits_{0}^{+%
\infty }\left( \dfrac{e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}\right) dx$
converge). Donc :

\[
\frame{$I=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\int\nolimits_{0}^{+\infty
}\left( \dfrac{e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}\right)
dx+\int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( n+1\right) x}\Phi \left( x\right)
dx$} 
\]

\medskip

II.F.4. $\int\nolimits_{\varepsilon }^{+\infty }\left( \dfrac{%
e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}\right) dx=\int\nolimits_{\varepsilon
}^{+\infty }\dfrac{e^{-x}}{x}dx-\int\nolimits_{\varepsilon }^{+\infty }%
\dfrac{e^{-\left( n+1\right) x}}{x}dx$ (car les $2$ int\'{e}grales
convergent)

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\int%
\nolimits_{\varepsilon }^{+\infty }\dfrac{e^{-x}}{x}dx-\int\nolimits_{\left(
n+1\right) \varepsilon }^{+\infty }\dfrac{e^{-u}}{u}du$ (gr\^{a}ce au
changement de variables $u=\left( n+1\right) x,$ valide, dans la seconde
int\'{e}grale). Donc :

\[
\frame{$\int\nolimits_{\varepsilon }^{+\infty }\left( \dfrac{%
e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x}\right) dx=\int\nolimits_{\varepsilon
}^{\left( n+1\right) \varepsilon }\dfrac{e^{-x}}{x}dx$} 
\]

\medskip

II.F.5. $\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( \dfrac{e^{-x}-e^{-\left(
n+1\right) x}}{x}\right) dx=\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow
0^{+}}\int\nolimits_{\varepsilon }^{+\infty }\left( \dfrac{e^{-x}-e^{-\left(
n+1\right) x}}{x}\right) dx$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\lim%
\limits_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\int\nolimits_{\varepsilon }^{\left(
n+1\right) \varepsilon }\dfrac{e^{-x}}{x}dx$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\lim%
\limits_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\left( \int\nolimits_{\varepsilon
}^{\left( n+1\right) \varepsilon }\dfrac{1}{x}dx+\int\nolimits_{\varepsilon
}^{\left( n+1\right) \varepsilon }\dfrac{e^{-x}-1}{x}dx\right) .$ Or $x%
\stackrel{\mu }{\rightarrow }\dfrac{e^{-x}-1}{x}$ se prolonge par
continuit\'{e} sur $\left[ 0,1\right] $, est donc born\'{e}e sur $\left]
0,1\right[ $ et $\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow
0^{+}}\int\nolimits_{\varepsilon }^{\left( n+1\right) \varepsilon }\dfrac{%
e^{-x}-1}{x}dx=0.$ Donc :

$\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( \dfrac{e^{-x}-e^{-\left( n+1\right) x}}{x%
}\right) dx=\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow
0^{+}}\int\nolimits_{\varepsilon }^{\left( n+1\right) \varepsilon }\dfrac{1}{%
x}dx$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\lim\limits_{\varepsilon
\rightarrow 0^{+}}\left[ \ln x\right] _{\varepsilon }^{\left( n+1\right)
\varepsilon }.$ D'o\`{u} :

\[
\frame{$\int\nolimits_{0}^{+\infty }\left( \dfrac{e^{-x}-e^{-\left(
n+1\right) x}}{x}\right) dx=\ln \left( n+1\right) $} 
\]

\medskip

II.F.6. Comme $\Phi $ est born\'{e}e, $\exists M\in \Bbb{R}^{+},$ $\forall
x\in \Bbb{R}^{+*},$ $\left| \Phi \left( x\right) \right| \leq M.$ J'en
d\'{e}duis que :

$\left| \int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( n+1\right) x}\Phi \left(
x\right) dx\right| \leq M.\int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( n+1\right)
x}dx$ (majoration par une int\'{e}grale convergente)

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\leq \dfrac{M}{n+1}.$

D'o\`{u} $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\int\nolimits_{0}^{+\infty
}e^{-\left( n+1\right) x}\Phi \left( x\right) dx=0.$

Comme $I=1+\dfrac{1}{2}+\;...\;+\dfrac{1}{n}-\ln \left( n\right) +\ln \left( 
\dfrac{n}{n+1}\right) +\int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( n+1\right)
x}\Phi \left( x\right) dx$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;=w_{n}+\ln \left( \dfrac{n}{n+1}\right)
+\int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( n+1\right) x}\Phi \left( x\right)
dx, $

$I=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }w_{n}+\ln \left( \dfrac{n}{n+1}\right)
+\int\nolimits_{0}^{+\infty }e^{-\left( n+1\right) x}\Phi \left( x\right)
dx\Rightarrow $

\[
\frame{$I=\gamma $} 
\]

\medskip

\medskip

\underline{\textbf{Partie III}}

\medskip

III.A.1. $b_{n}=o\left( a_{n}\right) \Leftrightarrow \exists \left(
\varepsilon _{n}\right) \in \Bbb{R}^{\Bbb{N}},$ $\left\{ 
\begin{array}{l}
\forall n\in \Bbb{N},\;b_{n}=\varepsilon _{n}a_{n} \\ 
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon _{n}=0
\end{array}
\right. $

Or $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon _{n}=0\Rightarrow \left(
\exists N\in \Bbb{N},\forall n\in \Bbb{N},n>N\Rightarrow \left| \varepsilon
_{n}\right| \leq 1\right) .$ D'o\`{u}, pour $n>N,$ $\left| b_{n}\right| \leq
\left| a_{n}\right| ,$ ce qui entra\^{i}ne que le rayon de convergence de la
s\'{e}rie enti\`{e}re $\sum b_{n}x^{n}$ est sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a}
celui de $\sum a_{n}x^{n}.$ Donc :

\underline{le rayon de convergence de la s\'{e}rie enti\`{e}re $\sum
b_{n}x^{n}$ est sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 1.}

\medskip

III.A.2. Soit $\varepsilon >0.$ Comme dans III.A.1., il existe $N\in \Bbb{N}%
, $ $\forall n\in \Bbb{N},$ $n>N\Rightarrow \left| b_{n}\right| \leq \dfrac{%
\varepsilon }{2}\left| a_{n}\right| =\dfrac{\varepsilon }{2}a_{n}.\;$%
D'o\`{u} :

$\forall x\in \left[ 0,1\right[ ,$ $\left| \sum\limits_{n=0}^{+\infty
}b_{n}x^{n}\right| \leq \left| \sum\limits_{n=0}^{N}b_{n}x^{n}\right|
+\left| \sum\limits_{n=N+1}^{+\infty }b_{n}x^{n}\right| $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\leq
\sum\limits_{n=0}^{N}\left| b_{n}\right| +\sum\limits_{n=N+1}^{+\infty }%
\dfrac{\varepsilon }{2}a_{n}x^{n}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\leq
\sum\limits_{n=0}^{N}\left| b_{n}\right| +\dfrac{\varepsilon }{2}%
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}x^{n}.$ Donc :

\[
\frame{$\exists n\in \Bbb{N},\;\forall x\in \left[ 0,1\right[ ,$ $\left|
v\left( x\right) \right| \leq \sum\limits_{n=0}^{N}\left| b_{n}\right| +%
\dfrac{\varepsilon }{2}u\left( x\right) $} 
\]

\medskip

III.A.3. Montrons que $\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}u\left( x\right)
=+\infty .$ Comme $\sum a_{n}$ diverge et que $\forall n\in \Bbb{N},$ $%
a_{n}\geq 0,$ $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty
}\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}=+\infty .$

Soit $A>0,$ $\exists N_{1}\in \Bbb{N},$ $\forall n\in \Bbb{N},$ $%
n>N_{1}\Rightarrow \sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}>2A.$

Soit $n>N_{1}.$ $x\rightarrow \sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x^{k}$ est continue
en $1.$ Donc $\exists \alpha >0,$ $\forall x\in \Bbb{R},$ $\left| x-1\right|
<\alpha \Rightarrow \left|
\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x^{k}-\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}\right| <A.$
D'o\`{u} :

$\forall x\in \left] 1-\alpha ,1\right[ ,$ $\sum\limits_{k=0}^{+\infty
}a_{k}x^{k}\geq \sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x^{k}\geq
\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}-A\geq 2A-A=A.$ J'ai donc montr\'{e} que :

$\forall a>0,$ $\exists \alpha >0,$ $\forall x\in \left[ 0,1\right[ ,$ $%
\left| x-1\right| <\alpha \Rightarrow u\left( x\right) >A,$ ce qui signifie 
\underline{$\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}u\left( x\right) =+\infty .$}

\medskip

Or $\exists N\in \exists n\in \Bbb{N},\;\forall x\in \left[ 0,1\right[ ,$ $%
\left| v\left( x\right) \right| \leq \sum\limits_{n=0}^{N}\left|
b_{n}\right| +\dfrac{\varepsilon }{2}u\left( x\right) .$

Comme $\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}u\left( x\right) =+\infty ,$ $\exists
\alpha >0,$ tel que $\forall x\in \left[ 0,1\right[ ,$ $\left| x-1\right|
<\alpha \Rightarrow u\left( x\right) >\left( \sum\limits_{n=0}^{N}\left|
b_{n}\right| \right) \dfrac{2}{\varepsilon }.$ D'o\`{u} :

$\forall x\in \left[ 0,1\right[ ,$ $\left| x-1\right| <\alpha \Rightarrow
\left| v\left( x\right) \right| \leq \dfrac{\varepsilon }{2}u\left( x\right)
+\dfrac{\varepsilon }{2}u\left( x\right) =\varepsilon u\left( x\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Rightarrow \left| 
\dfrac{v\left( x\right) }{u\left( x\right) }\right| \leq \varepsilon .$
D'o\`{u} $\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}\dfrac{v\left( x\right) }{u\left(
x\right) }=0$ et

\[
\frame{$v\left( x\right) =o\left( u\left( x\right) \right) $ au voisinage de 
$1$} 
\]

\medskip

III.B. Si $a_{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }b_{n},$ $%
a_{n}=b_{n}+c_{n}$ avec $c_{n}=o\left( b_{n}\right) .$ Or, on a maintenant $%
b_{n}\geq 0$ \`{a} partir d'un certain rang, $\sum b_{n}$ diverge et $\sum
b_{n}x^{n}$ a pour rayon de convergence $1.$ Donc si l'on appelle $w\;$la
somme$\;$de $\sum c_{n}x^{n}.$

$\forall x\in \left[ 0,1\right[ ,$ $u\left( x\right) =v\left( x\right)
+w\left( x\right) $ avec $w\left( x\right) =o\left( v\left( x\right) \right) 
$ au voisinage de $1$ d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, ce qui
montre que :

\[
\frame{$u\left( x\right) \stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }v\left(
x\right) $} 
\]

\medskip

III.C.\ \textbf{- Application 1}

III.C.1. $n^{3}\ln \left( \text{ch}\dfrac{1}{n}\right) \stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }n^{3}\left( \text{ch}\dfrac{1}{n}-1\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\stackunder{n\rightarrow +\infty 
}{\sim }n^{3}\left( \dfrac{1}{2n^{2}}\right) $

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\stackunder{n\rightarrow +\infty 
}{\sim }\dfrac{n}{2}.$ Or $\sum \dfrac{n}{2}x^{n}$ a pour rayon de
convergence $1,$ le coefficient \'{e}tant une fonction rationnelle de $n..$
Donc :

\[
\frame{$\sum n^{3}\ln \left( \text{ch}\dfrac{1}{n}\right) x^{n}$ a pour
rayon de convergence $1$} 
\]

\medskip

III.C.2. Appliquons III.B. :

$\left( \dfrac{n}{2}\right) _{n\in \Bbb{N}}$ est \`{a} termes positifs, $%
\sum \dfrac{n}{2}$ diverge, $\sum \dfrac{n}{2}x^{n}$ a pour rayon de
convergence $1,$ $n^{3}\ln \left( \text{ch}\dfrac{1}{n}\right) \stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{n}{2}.$ Donc :

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }n^{3}\ln \left( \text{ch}\dfrac{1}{n}\right)
x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\sum\limits_{n=0}^{+\infty }%
\dfrac{n}{2}x^{n}.$ Or :

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\dfrac{n}{2}%
x^{n}=\dfrac{x}{2}\sum\limits_{n=1}^{+\infty }nx^{n-1}=\dfrac{x}{2}\left( 
\dfrac{1}{1-x}\right) ^{2}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\dfrac{1}{2}%
\left( \dfrac{1}{1-x}\right) ^{2}.$ D'o\`{u} :

\[
\frame{$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }n^{3}\ln \left( \text{ch}\dfrac{1}{n}%
\right) x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{%
1}{1-x}\right) ^{2}$} 
\]

\medskip

III.D.\ \textbf{- Application 2}

\medskip

III.D.1. $\forall n\in \Bbb{N}^{*},$ $1\leq H_{n}\leq n;$ d'o\`{u} si l'on
note $\rho \left( \sum a_{n}x^{n}\right) $ le rayon de convergence de $\sum
a_{n}x^{n},$ l'on obtient :

$\rho \left( \sum\limits_{n\geq 1}nx^{n}\right) \leq \rho \left(
\sum\limits_{n\geq 1}H_{n}x^{n}\right) \leq \rho \left( \sum\limits_{n\geq
1}x^{n}\right) .$ Comme $\rho \left( \sum\limits_{n\geq 1}nx^{n}\right)
=\rho \left( \sum\limits_{n\geq 1}x^{n}\right) =1,$ l'on en d\'{e}duit que :

\[
\frame{$\rho \left( \sum\limits_{n\geq 1}H_{n}x^{n}\right) =1$} 
\]

$\forall n\geq 2,$ $\dfrac{\ln \left( n+1\right) }{\ln \left( n\right) }%
\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{\ln \left( n\right) }{\ln
\left( n\right) }=1,$ ce qui montre que :

\[
\frame{$\rho \left( \sum\limits_{n\geq 1}\ln \left( n\right) x^{n}\right) =1$%
} 
\]

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\left( 1-x\right)
\sum\limits_{n=1}^{+\infty }H_{n}x^{n}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty
}H_{n}x^{n}-\sum\limits_{n=1}^{+\infty }H_{n}x^{n+1}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum%
\limits_{n=1}^{+\infty }H_{n}x^{n}-\sum\limits_{n=2}^{+\infty }H_{n-1}x^{n}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=x+\sum%
\limits_{n=2}^{+\infty }\left( H_{n}-H_{n-1}\right) x^{n}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=x+\sum%
\limits_{n=2}^{+\infty }\dfrac{x^{n}}{n}.\;$D'o\`{u} :

\[
\frame{$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\left( 1-x\right)
\sum\limits_{n=1}^{+\infty }H_{n}x^{n}=-\ln \left( 1-x\right) $} 
\]

\medskip

III.D.2. D'apr\`{e}s II.D.3., $1+\dfrac{1}{2}+\;...\;+\dfrac{1}{n}-\ln
\left( n\right) =\gamma +o\left( 1\right) $ lorsque $n$ tend vers $+\infty .$
D'o\`{u} $H_{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }\ln \left( n\right)
. $ Or $\left( H_{n}\right) $ est une suite \`{a} termes positifs, $\sum
H_{n}$ diverge ($H_{n}$ ne tend pas vers $0$), $\rho \left(
\sum\limits_{n\geq 1}H_{n}x^{n}\right) =1,$ donc :

$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\ln \left( n\right) x^{n}\stackunder{%
x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\sum\limits_{n=1}^{+\infty }H_{n}x^{n}.$ D'o\`{u},
d'apr\`{e}s III.D.1.,

\[
\frame{$\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\ln \left( n\right) x^{n}\stackunder{%
x\rightarrow 1^{-}}{\sim }-\dfrac{\ln \left( 1-x\right) }{1-x}$} 
\]

\medskip

III.E.\ \textbf{- Application 3}

\medskip

III.E.1. L'on sait que $\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\dfrac{1}{\sqrt{%
1-x^{2}}}=1+\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{1\times 3\times \;...\;\times
\left( 2n-1\right) }{2\times 4\times \;...\;\times \left( 2n\right) }x^{2n}$
(s\'{e}rie enti\`{e}re de rayon de convergence $1$). D'o\`{u} :

\[
\frame{$\forall x\in \left] -\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{a}\right[ ,$ $\dfrac{1}{%
\sqrt{1-a^{2}x^{2}}}=1+\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{1\times 3\times
\;...\;\times \left( 2n-1\right) }{2\times 4\times \;...\;\times \left(
2n\right) }a^{2n}x^{2n},$} 
\]

(\underline{s\'{e}rie enti\`{e}re de rayon de convergence $\dfrac{1}{a}$})

\medskip

III.E.2. $\forall t\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] ,$ $\forall x\in
\left] -1,1\right[ ,$ $\left| x\cos \left( t\right) \right| <1,$ donc :

$\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}\cos ^{2}t}}=1+\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{%
1\times 3\times \;...\;\times \left( 2n-1\right) }{2\times 4\times
\;...\;\times \left( 2n\right) }x^{2n}\cos ^{2n}t$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\dfrac{\left(
2n\right) !}{2^{2n}\left( n!\right) ^{2}}x^{2n}\cos ^{2n}t.$ D'o\`{u} :

$\forall t\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] ,$ $\forall x\in \left]
-1,1\right[ ,$ $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^{2}\cos ^{2}t}}=\sum\limits_{n=0}^{+%
\infty }\dfrac{2}{\pi }I_{2n}x^{2n}\cos ^{2n}t$ et :

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\forall n\in \Bbb{N}^{*},$ $J\left(
x\right) =\sum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{2}{\pi }I_{2k}x^{2k}\int%
\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{2k}t\;dt+\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left(
\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }\dfrac{2}{\pi }I_{2k}x^{2k}\cos ^{2k}t\right)
dt.$ Or :

$\forall t\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] ,$ $\forall x\in \left]
-1,1\right[ ,$ $\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }\dfrac{2}{\pi }%
I_{2k}x^{2k}\cos ^{2k}t\leq \sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }\dfrac{2}{\pi }%
I_{2k}x^{2k}$ et

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $0\leq \int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left(
\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }\dfrac{2}{\pi }I_{2k}x^{2k}\cos ^{2k}t\right)
dt\leq \dfrac{\pi }{2}\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }\dfrac{2}{\pi }%
I_{2k}x^{2k}$ qui tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty .$ D'o\`{u} $%
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left(
\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }\dfrac{2}{\pi }I_{2k}x^{2k}\cos ^{2k}t\right)
dt=0$ et :

\[
\frame{$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $J\left( x\right)
=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\dfrac{2}{\pi }I_{2k}^{2}x^{2k}$} 
\]

On a donc :

\[
\frame{$\forall n\in \Bbb{N},$ $a_{n}=\dfrac{2}{\pi }I_{2n}$} 
\]

\medskip

III.E.3. On sait que $I_{2n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{%
\dfrac{\pi }{4n}};$ d'o\`{u} $\dfrac{2}{\pi }I_{2n}^{2}\stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{2}{\pi }\times \dfrac{\pi }{4n}=\dfrac{1%
}{2n}.$ Or, si $b_{n}=\left\{ 
\begin{array}{l}
0\;\text{si }n\;\text{est impair} \\ 
\dfrac{2}{\pi }I_{2n}^{2}
\end{array}
\right. $ et $c_{n}=\left\{ 
\begin{array}{l}
0\;\text{si }n\;\text{est impair} \\ 
\dfrac{1}{2n}\;\text{si }n\;\text{est pair et non nul}
\end{array}
\right. ,$

$\left( b_{n}\right) $ est \`{a} termes positifs, $\sum b_{n}$ diverge, $%
c_{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }b_{n}.$ d'o\`{u}, d'apr\`{e}s,
III.B.,

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }b_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }%
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }c_{n}x^{n}\Leftrightarrow $

$J(x)\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\sum\limits_{n=1}^{+\infty
}c_{n}x^{n}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{x^{2n}}{2n}=-\dfrac{\ln
(1-x^{2})}{2}=-\dfrac{\ln (1-x)+\ln \left( 1+x\right) }{2}$ $\Rightarrow $

\[
\frame{$J(x)\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }-\dfrac{\ln (1-x)}{2}$} 
\]

\medskip

\medskip

\underline{\textbf{Partie IV}}

\medskip

IV.A. $\forall x\in \Bbb{R},$ $\forall n\in \Bbb{N},\;\left( 1-x\right)
\sum\limits_{p=0}^{n}A_{p}x^{p}=\sum\limits_{p=0}^{n}A_{p}x^{p}-\sum%
\limits_{p=0}^{n}A_{p}x^{p+1}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;%
\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum\limits_{p=0}^{n}A_{p}x^{p}-\sum%
\limits_{p=1}^{n+1}A_{p-1}x^{p}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;%
\;\;\;\;\;\;\;\;=A_{0}+\sum\limits_{p=1}^{n}\left( A_{p}-A_{p-1}\right)
x^{p}-A_{n}x^{n+1}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;%
\;\;\;\;\;\;\;\;=a_{0}+\sum\limits_{p=1}^{n}a_{p}x^{p}-A_{n}x^{n+1}.$
D'o\`{u} :

\[
\frame{$\forall x\in \Bbb{R},$ $\forall n\in \Bbb{N},\;\left( 1-x\right)
\sum\limits_{p=0}^{n}A_{p}x^{p}=\sum\limits_{p=0}^{n}a_{p}x^{p}-A_{n}x^{n+1}$%
} 
\]

\medskip

D'o\`{u} si $x\in \left] 0,1\right[ \;$et $n\in \Bbb{N},$ $0\leq \left(
1-x\right)
\sum\limits_{p=0}^{n}A_{p}x^{p}=\sum\limits_{p=0}^{n}a_{p}x^{p}-A_{n}x^{n+1}%
\leq \sum\limits_{p=0}^{n}a_{p}x^{p}\leq \sum\limits_{p=0}^{+\infty
}a_{p}x^{p}$ puisque $\sum a_{p}x^{p}$ converge et est \`{a} termes
positifs. D'o\`{u} la suite $\left( \sum\limits_{p=0}^{n}A_{p}x^{p}\right)
_{n\in \Bbb{N}}$ est croissante et major\'{e}e par $\dfrac{%
\sum\limits_{p=0}^{+\infty }a_{p}x^{p}}{1-x}$ : elle converge, ce qui montre
que $\sum A_{p}x^{p}$ converge; on en d\'{e}duit que $\forall x\in \left]
-1,1\right[ ,$ $\sum A_{p}x^{p}$ est absolument convergente et que $\rho
\left( \sum A_{n}x^{n}\right) \geq 1.$ Comme $\left( A_{n}\right) $ tend
vers $+\infty ,$ $\sum A_{n}$ diverge et $\rho \left( \sum A_{n}x^{n}\right)
\leq 1.$ Donc :

\[
\frame{$\rho \left( \sum A_{n}x^{n}\right) =1$} 
\]

\medskip

IV.B. $\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\sum A_{n}x^{n}$ converge et donc 
$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }A_{n}x^{n}=0.$ Donc d'apr\`{e}s IV.A.,

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\left( 1-x\right)
\sum\limits_{p=0}^{+\infty }A_{p}x^{p}=\sum\limits_{p=0}^{+\infty
}a_{p}x^{p}\Rightarrow $

\[
\frame{$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\sum\limits_{n=0}^{+\infty
}A_{n}x^{n}=\dfrac{\sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}x^{n}}{1-x}$} 
\]

\medskip

Comme $\rho \left( \sum A_{n}x^{n}\right) =1$ et $B_{n}\stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }A_{n},$ $\rho \left( \sum B_{n}x^{n}\right)
=1\; $et $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }B_{n}x^{n+1}=0.$ En outre
d'apr\`{e}s IV.A.,

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\forall n\in \Bbb{N},\;\left(
1-x\right)
\sum\limits_{p=0}^{n}B_{p}x^{p}=\sum%
\limits_{p=0}^{n}b_{p}x^{p}-B_{n}x^{n+1}. $ En faisant tendre $n$ vers $%
+\infty ,$ on obtient que $\left( \sum\limits_{p=0}^{n}b_{p}x^{p}\right)
_{n\in \Bbb{N}}$ converge et que :

\[
\frame{$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\sum\limits_{n=0}^{+\infty
}B_{n}x^{n}=\dfrac{\sum\limits_{n=0}^{+\infty }b_{n}x^{n}}{1-x}$} 
\]

Enfin, comme $\left( A_{n}\right) $ est \`{a} termes positifs, $\sum A_{n}$
diverge, $\rho \left( \sum A_{n}x^{n}\right) =1,$ $B_{n}\stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }A_{n},$ d'apr\`{e}s III.B.,

\[
\frame{$u\left( x\right) \stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }v\left(
x\right) $} 
\]

\medskip

IV.C.\ \textbf{Application 1 :}

\medskip

IV.C.1. Pour $x=1,$ $\sum x^{a^{n}}$ diverge car son terme g\'{e}n\'{e}ral
ne tend pas vers $0.$ Donc $\rho \left( \sum x^{a^{n}}\right) \leq 1.$

Pour $\left| x\right| <1,$ $\sum\limits_{k=0}^{n}\left| x\right|
^{a^{k}}\leq \sum\limits_{k=0}^{a^{n}}\left| x\right| ^{k}$ qui tend vers $%
\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\left| x\right| ^{k}$ quand $n$ tend vers $%
+\infty .$ Donc $\sum x^{a^{n}}$ est absolument convergente et $\rho \left(
\sum x^{a^{n}}\right) \geq 1.$ Donc :

\[
\frame{$\rho \left( \sum x^{a^{n}}\right) =1$} 
\]

\medskip

Soit $n\in \Bbb{N};$ la suite $\left( a^{p}\right) _{p\in \Bbb{N}}$ est
strictement croissante; posons $a_{n}=\left\{ 
\begin{array}{l}
0\;\text{si }\forall p\in \Bbb{N},\;n\neq a^{p} \\ 
1\;\text{si\ }\exists p\in \Bbb{N},\;n=a^{p}
\end{array}
\right. .$ Alors :

$\sum x^{a^{n}}=\sum a_{n}x^{n}.$ Soit $n\in \Bbb{N}$ et $p$ l'unique entier
positif tel que $a^{p}\leq n<a^{p+1},$ alors $A_{n}=p$ et $\dfrac{\ln n}{\ln
a}-1<p\leq \dfrac{\ln n}{\ln a},$ ce qui montre $p\stackunder{n\rightarrow
+\infty }{\sim }\dfrac{\ln n}{\ln a}.\;$En posant $B_{n}=\dfrac{\ln n}{\ln a}%
,$ $b_{0}=0$ et $b_{n}=B_{n}-B_{n-1},$ on a :

$\left( a_{n}\right) $ est \`{a} termes positifs non tous nuls, $A_{n}%
\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }B_{n},$ $\rho \left( \sum
a_{n}x^{n}\right) =1$ et $\sum a_{n}$ diverge; d'o\`{u} $:$

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }A_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }%
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }B_{n}x^{n}=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\dfrac{%
\ln n}{\ln a}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }-\dfrac{\ln \left(
1-x\right) }{\ln (a)\left( 1-x\right) }$ d'apr\`{e}s III.D.2.. Donc :

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}x^{n}=\left( 1-x\right)
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }A_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }-%
\dfrac{\ln \left( 1-x\right) }{\ln (a)}.$ J'ai montr\'{e} :

\[
\frame{$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}%
}{\sim }-\dfrac{\ln \left( 1-x\right) }{\ln (a)}$} 
\]

\medskip

III.D. \ \textbf{Application 2 :}

\medskip

III.D.1. Pour $x=1,$ $\sum x^{n^{2}}$ diverge car son terme g\'{e}n\'{e}ral
ne tend pas vers $0.$ Donc $\rho \left( \sum x^{n^{2}}\right) \leq 1.$

Pour $\left| x\right| <1,$ $\sum\limits_{k=0}^{n}\left| x\right|
^{k^{2}}\leq \sum\limits_{k=0}^{n^{2}}\left| x\right| ^{k}$ qui tend vers $%
\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\left| x\right| ^{k}$ quand $n$ tend vers $%
+\infty .$ Donc $\sum x^{n^{2}}$ est absolument convergente et $\rho \left(
\sum x^{n^{2}}\right) \geq 1.$ Donc :

\[
\frame{$\rho \left( \sum x^{n^{2}}\right) =1$} 
\]

\medskip

$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\sqrt{n}\left( \sqrt{1+\dfrac{1}{n}}-1\right) =\sqrt{n}%
\left( 1+\dfrac{1}{2n}+o\left( \dfrac{1}{n}\right) -1\right) \stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }\dfrac{1}{2\sqrt{n}}.$ En utilisant la
r\`{e}gle de d'Alembert, on obtient :

\[
\frame{$\rho \left( \sum \left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) x^{n}\right) =1$} 
\]

\medskip

Soit $n\in \Bbb{N};$ la suite $\left( p^{2}\right) _{p\in \Bbb{N}}$ est
strictement croissante; posons $a_{n}=\left\{ 
\begin{array}{l}
0\;\text{si }\forall p\in \Bbb{N},\;n\neq p^{2} \\ 
1\;\text{si\ }\exists p\in \Bbb{N},\;n=p^{2}
\end{array}
\right. .$ Alors :

$\sum x^{n^{2}}=\sum a_{n}x^{n}.$ Soit $n\in \Bbb{N}$ et $p$ l'unique entier
positif tel que $p^{2}\leq n<\left( p+1\right) ^{2},$ alors $A_{n}=p$ et $%
\sqrt{n}-1<p\leq \sqrt{n},$ ce qui montre $p\stackunder{n\rightarrow +\infty 
}{\sim }\sqrt{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{n+1}.\;$En
posant $B_{n}=\sqrt{n+1},$ $b_{0}=1$ et $b_{n}=B_{n}-B_{n-1}=\sqrt{n+1}-%
\sqrt{n},$ on a :

$\left( a_{n}\right) $ est \`{a} termes positifs non tous nuls, $A_{n}%
\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }B_{n},$ $\rho \left( \sum
a_{n}x^{n}\right) =1$ et $\sum a_{n}$ diverge; d'o\`{u} $:$

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }A_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }%
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }B_{n}x^{n}\Leftrightarrow \left( 1-x\right)
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }A_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }%
\left( 1-x\right) \sum\limits_{n=0}^{+\infty }B_{n}x^{n}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Leftrightarrow
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }%
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }b_{n}x^{n}.$ D'o\`{u} :

\[
\frame{$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }x^{n^{2}}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{%
\sim }\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) x^{n}$} 
\]

\medskip

IV.D.2. On sait que $I_{n}\stackunder{n\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{%
\dfrac{\pi }{2n}};$ donc $\dfrac{1}{2\sqrt{n}}\stackunder{n\rightarrow
+\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{1}{2\pi }}I_{n}.$

D'apr\`{e}s III.B. appliqu\'{e}e aux s\'{e}ries enti\`{e}res $\sum \left( 
\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) x^{n}$ et $\sum \sqrt{\dfrac{1}{2\pi }}I_{n}x^{n}$
($\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) $ est \`{a} termes positifs, $\sum
\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) $ diverge, $\rho \left( \sum \left( \sqrt{%
n+1}-\sqrt{n}\right) x^{n}\right) =1$ et $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\stackunder{%
n\rightarrow +\infty }{\sim }\sqrt{\dfrac{1}{2\pi }}I_{n}$),

\[
\frame{$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) x^{n}%
\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\sqrt{\dfrac{1}{2\pi }}%
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }I_{n}x^{n}$} 
\]

\medskip

IV.D.3. $\forall t\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] ,$ $\forall x\in
\left] -1,1\right[ ,$ $\left| x\cos \left( t\right) \right| <1,$ donc $%
\dfrac{1}{1-x\cos t}=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }x^{n}\cos ^{n}t.$ D'o\`{u} :

$\forall t\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] ,$ $\forall x\in \left]
-1,1\right[ ,$ $\dfrac{1}{1-x\cos t}=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }x^{n}\cos
^{n}t$ et :

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\forall n\in \Bbb{N}^{*},$ $%
\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{1-x\cos t}dt=\sum\limits_{k=0}^{n}x^{k}%
\stackunder{I_{k}}{\underbrace{\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\cos ^{k}t\;dt}}%
+\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left( \sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }x^{k}\cos
^{k}t\right) dt.$ Or :

$\forall t\in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] ,$ $\forall x\in \left]
-1,1\right[ ,$ $\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }x^{k}\cos ^{k}t=\dfrac{%
x^{n+1}\cos ^{n+1}t}{1-x\cos t}$ et

$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\left| \int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left(
\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }x^{k}\cos ^{k}t\right) dt\right| \leq \left|
x\right| ^{n+1}\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\dfrac{\cos ^{n+1}t}{1-x\cos t}%
dt\leq \left| x\right| ^{n+1}\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\dfrac{dt}{1-x\cos t}$
(int\'{e}grale d'une fonction continue sur $\left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right]
) $ qui tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty .$ D'o\`{u} :

$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\left(
\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty }x^{k}\cos ^{k}t\right) dt=0$ et :

\[
\frame{$\forall x\in \left] -1,1\right[ ,$ $\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\dfrac{%
1}{1-x\cos t}dt=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }I_{k}x^{k}$} 
\]

\medskip

IV.D.4. Calculons $\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{1-x\cos t}dt$ \`{a}
l'aide du changement de variables $u=\tan \dfrac{t}{2}$ ($C^{1}$ sur $\left[
0,\dfrac{\pi }{2}\right] ).$

$\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{1-x\cos t}dt=\int\nolimits_{0}^{1}%
\dfrac{2du}{1+u^{2}-x\left( 1-u^{2}\right) }$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\int\nolimits_{0}^{1}\dfrac{2du}{%
1-x+u^{2}(1+x)}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\dfrac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}%
\int\nolimits_{0}^{1}\dfrac{\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}du}{1+\left( u\sqrt{%
\dfrac{1+x}{1-x}}\right) ^{2}}$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\dfrac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}\left[
\arctan \left( u\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}\right) \right] _{0}^{1}.$ D'o\`{u} :

\[
\frame{$\int\nolimits_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{1-x\cos t}dt=\dfrac{2}{\sqrt{%
1-x^{2}}}\arctan \left( \sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}\right) $} 
\]

\medskip

Or $\dfrac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}\arctan \left( \sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}\right) 
\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\dfrac{\pi }{\sqrt{2\left( 1-x\right) }%
}.$ D'o\`{u} :

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }I_{n}x^{n}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }%
\dfrac{\pi }{\sqrt{2\left( 1-x\right) }}$ et

\[
\frame{$\sum\limits_{n=0}^{+\infty }x^{n^{2}}\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{%
\sim }\sqrt{\dfrac{1}{2\pi }}\sum\limits_{n=0}^{+\infty }I_{n}x^{n}%
\stackunder{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\dfrac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{1-x}}$} 
\]

\begin{center}
$\infty \infty \infty \infty \infty \infty \infty \infty \infty \infty
\infty $
\end{center}

R\'{e}dig\'{e} par

\[
\begin{array}{l}
Pierre\;Bron,\;professeur\;de\;Sp\acute{e}ciales\;TSI \\ 
Lyc\acute{e}e\;Chaptal,\;6,\;all\acute{e}e\;Chaptal,\;22000\;St\;Brieuc \\ 
Tel.\;0296639414 \\ 
Adresse\;\acute{e}lectronique:BRON.Pierre@wanadoo.fr
\end{array}
\]

\`{a} l'aide de Scientific Workplace

\end{document}
