Séries entières : corrigé des exercices de maths spé

Sommaire

Ce corrigé séries spé rédige entièrement les vingt-deux exercices sur les séries entières. Chaque solution justifie d’abord le rayon de convergence, car aucune manipulation de somme n’est licite sans lui. Ensuite, les théorèmes utilisés sont cités par leur nom : règle de d’Alembert, produit de Cauchy, dérivation terme à terme, théorème d’Abel radial.

Soyez vigilant sur trois points. D’abord, le comportement au bord du disque ne se déduit jamais du rayon seul. De plus, l’unicité des coefficients ne s’applique que sur un intervalle ouvert non trivial. Enfin, un développement obtenu par équation différentielle se conclut toujours par l’unicité de la solution d’un problème de Cauchy.

Les figures illustrent les sommes obtenues et les phénomènes au bord de l’intervalle de convergence.

Les énoncés se trouvent sur la page exercices de maths spé sur séries entières.

Corrigé de l’exercice 1 : Rayons par la règle de d’Alembert

Posons \(a_{n} = \dfrac{n^{2}}{3^{n}}\), non nul pour \(n \geq\, 1\). On a \[| \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} | = \dfrac{(n+1)^{2}}{3 n^{2}} \xrightarrow[n \to +\infty]{ \dfrac{1}{3}.\] D’après la règle de d’Alembert, le rayon vaut \(R = 3\). On pouvait aussi remarquer que \(\sum n^{2} a_{n} z^{n}\) a le même rayon que \(\sum (z/3)^{n}\).
Ici \(a_{n} = \dfrac{n!}{n^{n}} > 0\). Alors \[\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \dfrac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \dfrac{n^{n}}{n!} = \dfrac{n^{n}}{(n+1)^{n}} = (1 + \dfrac{1}{n})^{-n}.\] Or \(n \ln(1 + 1/n) \to 1\), donc ce rapport tend vers \(e^{-1}\). Par conséquent, \(R = e\).
Avec \(a_{n} = \dfrac{(2n)!}{(n!)^{2}}\), on obtient \[\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \dfrac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^{2}} = \dfrac{2(2n+1)}{n+1} \xrightarrow[n \to +\infty]{ 4.\] Ainsi, \(R = \dfrac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 2 : Séries entières lacunaires

Fixons \(z \neq 0\) et posons \(u_{n} = \dfrac{|z|^{2n}}{4^{n}}\). Le rapport \(\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} = \dfrac{|z|^{2}}{4}\) est constant. D’après la règle de d’Alembert pour les séries numériques, la série converge absolument si \(|z| < 2\). De plus, elle diverge grossièrement si \(|z| > 2\), car alors \(u_{n} \to +\infty\). Donc \(R = 2\). Pour \(|z| < 2\), c’est une série géométrique de raison \(z^{2}/4\), d’où \[\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{z^{2n}}{4^{n}} = \dfrac{1}{1 – z^{2}/4} = \boxed{\dfrac{4}{4 – z^{2}}}.\] La somme vaut \(\dfrac{4}{4 – z^{2}}\).
Fixons \(z \neq 0\) et posons \(u_{n} = n\, 2^{n} |z|^{3n}\) pour \(n \geq\, 1\). Alors \[\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} = \dfrac{n+1}{n} \cdot 2|z|^{3} \xrightarrow[n \to +\infty]{ 2|z|^{3}.\] La série converge donc si \(2|z|^{3} < 1\) et diverge grossièrement si \(2|z|^{3} > 1\). Autrement dit, \(R = 2^{-1/3} = \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}\).

Corrigé de l’exercice 3 : Rayons par comparaison

On a \(\sin(1/n) \sim 1/n\). Les deux séries \(\sum \sin(1/n) z^{n}\) et \(\sum \dfrac{z^{n}}{n}\) ont donc le même rayon. Or \(\sum \dfrac{z^{n}}{n}\) a le même rayon que \(\sum z^{n}\), c’est-à-dire \(1\). Finalement, \(R = 1\).
D’abord, \(0 \leq\, a_{n} \leq\, 3^{n}\), donc \(R \geq\, \dfrac{1}{3}\) par comparaison avec \(\sum 3^{n} z^{n}\). Ensuite, en \(z = \dfrac{1}{3}\), on a \(a_{2p} z^{2p} = \dfrac{3^{2p}}{3^{2p}} = 1\). Le terme général ne tend pas vers \(0\), donc la série diverge en un point de module \(\dfrac{1}{3}\) : \(R \leq\, \dfrac{1}{3}\). Par conséquent, \(R = \dfrac{1}{3}\). Notons que d’Alembert échoue ici, car \(a_{n+1}/a_{n}\) n’a pas de limite.
Tout entier \(n \geq\, 1\) a au moins un diviseur, et ses diviseurs sont dans \(\{1, \ldots, n\}\). Ainsi \(1 \leq\, d(n) \leq\, n\). D’une part, \(d(n) = O(n)\), donc \(R \geq\, 1\), rayon de \(\sum n z^{n}\). D’autre part, \(1 = O(d(n))\), donc \(R \leq\, 1\), rayon de \(\sum z^{n}\). En conclusion, \(R = 1\).
Comme \(2^{-n} \to 0\), on a \(\ln(1 + 2^{-n}) \sim 2^{-n}\). Or \(\sum \dfrac{z^{n}}{2^{n}}\) a pour rayon \(2\). Par équivalence, \(R = 2\).

Point de méthode : un encadrement de \(a_{n}\) entre deux suites de même rayon suffit toujours ; c’est la méthode la plus robuste quand les coefficients oscillent.

Corrigé de l’exercice 4 : Lemme d’Abel et rayon de convergence

La série \(\sum a_{n}\) converge, donc \(a_{n} \to 0\). En particulier, la suite \((a_{n} \cdot 1^{n})\) est bornée, donc \(R \geq\, 1\) par définition du rayon. Supposons par l’absurde \(R > 1\). Alors \(1\) est dans le disque ouvert de convergence, où la convergence est absolue. Ainsi \(\sum |a_{n}|\) convergerait, ce qui est exclu. Donc \(R = 1\).
La suite \((a_{n})\) est bornée, donc \(R \geq\, 1\) comme précédemment. Si l’on avait \(R > 1\), la série convergerait en \(z = 1\), donc \(a_{n} \to 0\). C’est contraire à l’hypothèse. Par conséquent, \(R = 1\).
La série \(\sum \dfrac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}\) converge par le critère des séries alternées, car \(1/\sqrt{n}\) décroît vers \(0\). En revanche, \(\sum \dfrac{1}{\sqrt{n}}\) diverge (série de Riemann d’exposant \(1/2\)). D’après la question 1, le rayon de \(\sum \dfrac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}} z^{n}\) vaut \(1\). De même, \((\cos n)\) est bornée et ne tend pas vers \(0\). D’après la question 2, le rayon de \(\sum \cos(n) z^{n}\) vaut \(1\).

Corrigé de l’exercice 5 : Produit de Cauchy et rayon d’une somme

La série \(\sum \dfrac{x^{n}}{n!}\) a un rayon infini, et \(\sum x^{n}\) a pour rayon \(1\). Pour \(|x| < 1\), les deux convergent absolument. Leur produit de Cauchy a pour coefficients \[c_{n} = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!} \cdot 1 = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!}.\] D’après le théorème sur le produit de Cauchy, pour \(|x| < 1\), \(\dfrac{e^{x}}{1-x} = \sum_{n=0}^{+\infty} ( \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!} ) x^{n}\).
Le théorème donne seulement \(R \geq\, 1\). Cependant, \(c_{n} \to e\), qui est non nul, donc \(c_{n} \sim e\). Par comparaison avec \(\sum e\, z^{n}\), le rayon est celui de la série géométrique. Ainsi, \(R = 1\). Ce résultat est cohérent avec la divergence de \(\dfrac{e^{x}}{1-x}\) en \(1\).
La série \(\sum z^{n}\) a pour rayon \(1\) et \(\sum 2^{n} z^{n}\) a pour rayon \(\dfrac{1}{2}\). Ces rayons sont distincts, donc le rayon de la somme est leur minimum : \(R = \dfrac{1}{2}\) pour \(\sum (1 + 2^{n}) z^{n}\). Pour la seconde série, les deux rayons valent \(\dfrac{1}{2}\) : le cours donne seulement \(R \geq\, \dfrac{1}{2}\). Calculons donc les coefficients. Ils valent \(2^{n+1}\) si \(n\) est pair et \(0\) sinon. La série s’écrit \(\sum_{p} 2 (4z^{2})^{p}\). Elle converge si et seulement si \(|4 z^{2}| < 1\). Par conséquent, son rayon vaut aussi \(\dfrac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Somme de la série des n² xⁿ

La série \(\sum n^{2} x^{n}\) a le même rayon que \(\sum x^{n}\), d’après le résultat sur \(\sum n^{\alpha} a_{n} x^{n}\). Donc \(R = 1\).
Pour \(x \in ]-1, 1[\), on dérive terme à terme la série géométrique : \(\sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n-1} = \dfrac{1}{(1-x)^{2}}\). En multipliant par \(x\), on obtient \(\sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n} = \dfrac{x}{(1-x)^{2}}\). On dérive de nouveau, ce qui est permis sur \(]-1, 1[\) : \[\sum_{n=1}^{+\infty} n^{2} x^{n-1} = \dfrac{(1-x)^{2} + 2x(1-x)}{(1-x)^{4}} = \dfrac{1+x}{(1-x)^{3}}.\] Enfin, on multiplie par \(x\). Pour \(|x| < 1\), \(\sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n} = \dfrac{x}{(1-x)^{2}}\) et \(\sum_{n=1}^{+\infty} n^{2} x^{n} = \dfrac{x(1+x)}{(1-x)^{3}}\).
Comme \(\dfrac{1}{2} \in ]-1, 1[\), on remplace \(x\) par \(\dfrac{1}{2}\) : \(\dfrac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}}{\frac{1}{8}} = \dfrac{3}{4} \cdot 8 = 6\). Ainsi, \(\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n^{2}}{2^{n}} = 6\).

Corrigé de l’exercice 7 : Somme avec l’exponentielle

Posons \(a_{n} = \dfrac{n^{2} + 1}{n!} > 0\). Alors \[\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = \dfrac{(n+1)^{2} + 1}{(n^{2} + 1)(n+1)} \sim \dfrac{n^{2}}{n^{3}} \to 0.\] D’après la règle de d’Alembert, le rayon est infini.
On a bien \(n(n-1) + n + 1 = n^{2} + 1\). Toutes les séries écrites ci-dessous ont un rayon infini, donc on peut les séparer. D’une part, \[\sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{n(n-1)}{n!} x^{n} = \sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{(n-2)!} = x^{2} e^{x}.\] D’autre part, \(\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n}{n!} x^{n} = x e^{x}\) et \(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n!} = e^{x}\). Par conséquent, \(S(x) = (x^{2} + x + 1) e^{x}\) pour tout réel \(x\).
En \(x = 1\), on obtient \(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{n^{2} + 1}{n!} = 3e\).

Corrigé de l’exercice 8 : Éléments simples et logarithme

On cherche \(A\) et \(B\) tels que \(\dfrac{1}{(1-x)(2-x)} = \dfrac{A}{1-x} + \dfrac{B}{2-x}\). En multipliant par \(1-x\) puis en faisant \(x = 1\), on trouve \(A = 1\). De même, \(B = \dfrac{1}{1-2} = -1\). Ensuite, pour \(|x| < 2\), \[\dfrac{1}{2-x} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{1 – x/2} = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{2^{n+1}}.\] Donc, pour \(|x| < 1\), \(f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} ( 1 – \dfrac{1}{2^{n+1}} ) x^{n}\), de rayon \(R = 1\), car les rayons \(1\) et \(2\) sont distincts.
On vérifie que \((1-x)(1+2x) = 1 + 2x – x – 2x^{2} = 1 + x – 2x^{2}\). Pour \(x \in ]-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}[\), les deux facteurs sont strictement positifs, donc \(g(x) = \ln(1-x) + \ln(1+2x)\). Or \(\ln(1-x) = -\sum_{n \geq\, 1} \dfrac{x^{n}}{n}\) pour \(|x| < 1\). De plus, \(\ln(1+2x) = \sum_{n \geq\, 1} \dfrac{(-1)^{n-1} 2^{n}}{n} x^{n}\) pour \(|2x| < 1\). Ainsi, pour \(|x| < \dfrac{1}{2}\), \(g(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1} 2^{n} – 1}{n} x^{n}\), avec un rayon \(R = \dfrac{1}{2}\) (rayons \(1\) et \(\frac{1}{2}\) distincts).

Corrigé de l’exercice 9 : Fonctions circulaires et hyperboliques

On linéarise : \(\sin^{2} x = \dfrac{1 – \cos 2x}{2}\). Or \(\cos 2x = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n} 4^{n} x^{2n}}{(2n)!}\) pour tout réel \(x\). Le terme d’indice \(0\) vaut \(1\) et se simplifie. Donc \(\sin^{2} x = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n+1} 2^{2n-1}}{(2n)!} x^{2n}\), de rayon infini. Pour \(n = 1\), on retrouve bien \(\sin^{2} x \sim x^{2}\).
On a \(e^{(1+i)x} + e^{(-1+i)x} = (e^{x} + e^{-x}) e^{ix} = 2 \operatorname{ch} x \, e^{ix}\). Comme \(\operatorname{ch} x\) est réel, la partie réelle de la demi-somme vaut \(\operatorname{ch} x \cos x\).
Par le développement de l’exponentielle complexe, \[e^{(1+i)x} + e^{(-1+i)x} = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(1+i)^{n} + (i-1)^{n}}{n!} x^{n}.\] Or \((i-1)^{n} = (-1)^{n} (1-i)^{n} = (-1)^{n} \overline{(1+i)^{n}}\). Pour \(x\) réel, la partie réelle d’une série convergente est la série des parties réelles. Le coefficient de \(\dfrac{x^{n}}{n!}\) dans \(\cos x \operatorname{ch} x\) vaut donc \(\dfrac{1 + (-1)^{n}}{2} \operatorname{Re}((1+i)^{n})\). Il est nul pour \(n\) impair. Pour \(n = 2p\), \((1+i)^{2p} = (2i)^{p}\), dont la partie réelle est nulle si \(p\) est impair. Enfin, pour \(p = 2q\), \((2i)^{2q} = (-4)^{q}\). Par conséquent, \(\cos x \operatorname{ch} x = \sum_{q=0}^{+\infty} \dfrac{(-4)^{q}}{(4q)!} x^{4q}\) pour tout réel \(x\).
On a \(\cos x = 1 – \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{4}}{24} + o(x^{4})\) et \(\operatorname{ch} x = 1 + \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{4}}{24} + o(x^{4})\). Le coefficient de \(x^{2}\) du produit vaut \(0\). Celui de \(x^{4}\) vaut \(\dfrac{1}{24} + \dfrac{1}{24} – \dfrac{1}{4} = -\dfrac{1}{6}\). De son côté, la formule donne \(\dfrac{-4}{4!} = -\dfrac{1}{6}\). Les deux calculs concordent.

Corrigé de l’exercice 10 : Somme de la série des x³ⁿ/(3n)!

À \(x \neq 0\) fixé, posons \(u_{n} = \dfrac{|x|^{3n}}{(3n)!}\). Alors \(\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} = \dfrac{|x|^{3}}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)} \to 0\). La série converge donc pour tout \(x\) : le rayon est infini.
Si \(k = 3m\), alors \(j^{k} = (j^{3})^{m} = 1\), et la somme vaut \(3\). Sinon, \(\omega = j^{k}\) vérifie \(\omega \neq 1\) et \(\omega^{3} = 1\). Ainsi, \(1 + \omega + \omega^{2} = \dfrac{1 – \omega^{3}}{1 – \omega} = 0\). La somme vaut donc \(3\) ou \(0\) selon que \(3\) divise \(k\) ou non.
Les trois séries exponentielles ont un rayon infini, donc \[e^{x} + e^{jx} + e^{j^{2}x} = \sum_{k=0}^{+\infty} (1 + j^{k} + j^{2k}) \dfrac{x^{k}}{k!} = 3 \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^{3n}}{(3n)!}.\] De plus, \(j = -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et \(j^{2} = \overline{j}\). Pour \(x\) réel, \(e^{jx} + e^{\overline{j} x} = 2 \operatorname{Re}(e^{jx}) = 2 e^{-x/2} \cos( \dfrac{\sqrt{3}}{2} x )\). Finalement, \(S(x) = \dfrac{1}{3} ( e^{x} + 2 e^{-x/2} \cos( \dfrac{\sqrt{3}\, x}{2} ) )\).
On dérive trois fois terme à terme, ce qui est légitime car le rayon est infini. Le terme constant disparaît, et \[S^{\prime\prime\prime}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{3n-3}}{(3n-3)!} = \sum_{m=0}^{+\infty} \dfrac{x^{3m}}{(3m)!} = S(x).\] Donc \(S\) est solution de \(y^{\prime\prime\prime} = y\), avec \(S(0) = 1\) et \(S^{\prime}(0) = S^{\prime\prime}(0) = 0\).

Corrigé de l’exercice 11 : Développements par dérivation

Posons \(u(x) = \dfrac{1+x}{1-x}\), dérivable sur \(]-1, 1[\) avec \(u^{\prime}(x) = \dfrac{(1-x) + (1+x)}{(1-x)^{2}} = \dfrac{2}{(1-x)^{2}}\). Ensuite, \(1 + u^{2} = \dfrac{(1-x)^{2} + (1+x)^{2}}{(1-x)^{2}} = \dfrac{2(1+x^{2})}{(1-x)^{2}}\). Ainsi \(f^{\prime}(x) = \dfrac{u^{\prime}}{1 + u^{2}} = \dfrac{1}{1+x^{2}}\). Or, pour \(|x| < 1\), \(\dfrac{1}{1+x^{2}} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^{n} x^{2n}\). On intègre terme à terme de \(0\) à \(x\), avec \(f(0) = \operatorname{Arctan} 1 = \dfrac{\pi}{4}\). Pour \(x \in ]-1, 1[\), \(f(x) = \dfrac{\pi}{4} + \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1}\), de rayon \(1\). Autrement dit, \(f(x) = \dfrac{\pi}{4} + \operatorname{Arctan} x\) sur cet intervalle.
On calcule \[g^{\prime}(x) = \dfrac{1 + \dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}}{x + \sqrt{1+x^{2}}} = \dfrac{\sqrt{1+x^{2}} + x}{\sqrt{1+x^{2}} ( x + \sqrt{1+x^{2}} )} = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}.\] Appliquons la série du binôme avec \(\alpha = -\dfrac{1}{2}\) et \(u = x^{2}\), valable pour \(|x| < 1\). Le coefficient de \(u^{n}\) vaut \[\dfrac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2}) \cdots (-\frac{2n-1}{2})}{n!} = \dfrac{(-1)^{n} \cdot 1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2^{n} n!} = \dfrac{(-1)^{n} (2n)!}{4^{n} (n!)^{2}},\] car \(1 \cdot 3 \cdots (2n-1) = \dfrac{(2n)!}{2^{n} n!}\). Comme \(g(0) = \ln 1 = 0\), l’intégration terme à terme donne \(g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n} (2n)!}{4^{n} (n!)^{2} (2n+1)} x^{2n+1}\) pour \(|x| < 1\), soit \(g(x) = x – \dfrac{x^{3}}{6} + \dfrac{3 x^{5}}{40} – \cdots\)

Corrigé de l’exercice 12 : Série du binôme et coefficients binomiaux centraux

La série du binôme d’exposant \(-\dfrac{1}{2}\) s’applique à \(u = -4x\) lorsque \(|u| < 1\), c’est-à-dire \(|x| < \dfrac{1}{4}\). D’après le calcul de l’exercice précédent, le coefficient de \(u^{n}\) vaut \(\dfrac{(-1)^{n} (2n)!}{4^{n} (n!)^{2}}\). En multipliant par \((-4)^{n}\), le coefficient de \(x^{n}\) vaut \(\dfrac{(2n)!}{(n!)^{2}} = \binom\,{2n}{n}\). Donc \(\dfrac{1}{\sqrt{1-4x}} = \sum_{n=0}^{+\infty} \binom\,{2n}{n} x^{n}\) pour \(|x| < \dfrac{1}{4}\), ce qui est cohérent avec le rayon \(\frac{1}{4}\) trouvé à l’exercice 1.
Comme \(\dfrac{1}{8} < \dfrac{1}{4}\), on remplace \(x\) par \(\dfrac{1}{8}\) : \(\dfrac{1}{\sqrt{1 – 1/2}} = \sqrt{2}\). Ainsi, \(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{8^{n}} \binom\,{2n}{n} = \sqrt{2}\).
Pour \(|x| < \dfrac{1}{4}\), le produit de Cauchy de la série précédente par elle-même converge et \[( \sum_{n=0}^{+\infty} \binom\,{2n}{n} x^{n} )^{2} = \sum_{n=0}^{+\infty} ( \sum_{k=0}^{n} \binom\,{2k}{k} \binom\,{2n-2k}{n-k} ) x^{n}.\] Par ailleurs, ce carré vaut \(\dfrac{1}{1-4x} = \sum_{n=0}^{+\infty} 4^{n} x^{n}\). Les deux séries ont la même somme sur \(]-\frac{1}{4}, \frac{1}{4}[\). Par unicité des coefficients, \(\sum_{k=0}^{n} \binom\,{2k}{k} \binom\,{2n-2k}{n-k} = 4^{n}\) pour tout \(n\). Pour \(n = 2\), on vérifie \(6 + 2 \cdot 2 + 6 = 16\).

Corrigé de l’exercice 13 : Somme au bord et théorème d’Abel radial

On a \(\dfrac{1}{n(n+1)} \sim \dfrac{1}{n^{2}}\), donc le rayon est celui de \(\sum \dfrac{x^{n}}{n^{2}}\), soit \(R = 1\). De plus, pour \(|x| \leq\, 1\), \(| \dfrac{x^{n}}{n(n+1)} | \leq\, \dfrac{1}{n(n+1)}\), terme général d’une série convergente. La convergence est donc normale sur \([-1, 1]\), et \(S\) y est continue.
Décomposons : \(\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n+1}\). Pour \(|x| < 1\), on a \(\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n} = -\ln(1-x)\). Ensuite, pour \(x \neq 0\), \[\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n+1} = \dfrac{1}{x} \sum_{m=2}^{+\infty} \dfrac{x^{m}}{m} = \dfrac{1}{x} ( -\ln(1-x) – x ).\] Les deux séries convergent, donc on peut soustraire. Il vient \(S(x) = -\ln(1-x) + \dfrac{\ln(1-x)}{x} + 1\). Pour \(x \in ]-1, 1[ \setminus \{0\}\), \(S(x) = 1 + \dfrac{(1-x) \ln(1-x)}{x}\), et \(S(0) = 0\).
Par continuité de \(S\) sur \([-1, 1]\), on passe à la limite. D’abord, \((1-x)\ln(1-x) \to 0\) quand \(x \to 1^{-}\), par croissances comparées. Donc \(S(1) = 1\). Ensuite, en \(x \to -1^{+}\), \(\dfrac{(1-x)\ln(1-x)}{x} \to \dfrac{2 \ln 2}{-1}\). Donc \(S(-1) = 1 – 2 \ln 2\). Enfin, contrôle direct : \(\sum_{n=1}^{N} ( \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n+1} ) = 1 – \dfrac{1}{N+1} \to 1\). Le résultat concorde.

La figure ci-dessous représente \(S\) sur \([-1, 1]\). La courbe relie continûment les deux valeurs au bord, \(1 – 2\ln 2 \approx -0{,}386\) et \(1\), comme le prévoit la convergence normale.

Point de méthode : ici la convergence normale sur \([-1, 1]\) suffit ; le théorème d’Abel radial donnerait le même résultat, puisque la série converge en \(\pm 1\).

Corrigé de l’exercice 14 : Calcul de π/4 et de ln 2

Les suites \((\dfrac{1}{2n+1})\) et \((\dfrac{1}{n})\) décroissent et tendent vers \(0\). D’après le critère des séries alternées, les deux séries convergent.
Pour \(x \in ]-1, 1[\), \(\operatorname{Arctan} x = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{2n+1} x^{2n+1}\), de rayon \(1\). Cette série converge en \(x = 1\). Le théorème d’Abel radial donne alors \(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{2n+1} = \lim_{x \to 1^{-}} \operatorname{Arctan} x\). Par continuité, cette somme vaut \(\operatorname{Arctan} 1 = \dfrac{\pi}{4}\). De même, \(\ln(1+x) = \sum_{n \geq\, 1} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}\) sur \(]-1, 1[\), et la série converge en \(1\). Donc \(\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2\).
Pour \(|t| < 1\), \(\dfrac{1}{1+t^{3}} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^{n} t^{3n}\). En intégrant terme à terme, pour \(x \in ]-1, 1[\), \[F(x) = \int_{0}^{x} \dfrac{dt}{1+t^{3}} = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{3n+1} x^{3n+1}.\] La série converge en \(x = 1\) par le critère des séries alternées. Par Abel radial et continuité de \(F\), la somme cherchée vaut \(F(1)\). Décomposons ensuite en éléments simples : \[\dfrac{1}{1+t^{3}} = \dfrac{1}{3} ( \dfrac{1}{1+t} – \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2t-1}{t^{2}-t+1} + \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{1}{(t – \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}} ).\] Entre \(0\) et \(1\), le premier terme donne \(\ln 2\) et le deuxième \(\ln 1 = 0\). Le troisième donne \(\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{2}{\sqrt{3}} [ \operatorname{Arctan} \dfrac{2t-1}{\sqrt{3}} ]_{0}^{1} = \sqrt{3} \cdot \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{\sqrt{3}}\). Par conséquent, \(\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{3n+1} = \dfrac{\ln 2}{3} + \dfrac{\pi}{3\sqrt{3}} \approx 0{,}8356\).

Corrigé de l’exercice 15 : Réciproque du théorème d’Abel

Prenons \(a_{n} = (-1)^{n}\). Le rayon vaut \(1\) et, pour \(|x| < 1\), la somme vaut \(\dfrac{1}{1+x}\). Elle tend vers \(\dfrac{1}{2}\) en \(1^{-}\). Pourtant, la série \(\sum (-1)^{n}\) diverge, car son terme général ne tend pas vers \(0\).
Soit \(N \in \mathbb{N}\) et \(x \in [0, 1[\). Les termes étant positifs, \(\sum_{n=0}^{N} a_{n} x^{n} \leq\, S(x) \leq\, M\). Le membre de gauche est un polynôme ; en faisant \(x \to 1^{-}\), on obtient \(\sum_{n=0}^{N} a_{n} \leq\, M\). Ainsi, les sommes partielles de la série à termes positifs \(\sum a_{n}\) sont majorées : elle converge. Notons \(A\) sa somme. Ensuite, la série entière converge en \(1\). Si \(R = 1\), le théorème d’Abel radial donne \(S(x) \to A\). Si \(R > 1\), c’est la continuité de \(S\) en \(1\). Dans tous les cas, \(\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} = \lim_{x \to 1^{-}} S(x)\).
Les coefficients \(\dfrac{1}{n}\) sont positifs. Si la somme était bornée sur \([0, 1[\), la série harmonique convergerait d’après la question 2, ce qui est faux. La somme n’est donc pas bornée. On le retrouve directement : elle vaut \(-\ln(1-x)\), qui tend vers \(+\infty\) en \(1^{-}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Continuité au bord sans dérivabilité

La série \(\sum \dfrac{x^{n}}{n^{2}}\) a le même rayon que \(\sum x^{n}\), donc \(R = 1\). Pour \(|x| \leq\, 1\), on a \(| \dfrac{x^{n}}{n^{2}} | \leq\, \dfrac{1}{n^{2}}\). Or la série de Riemann \(\sum \dfrac{1}{n^{2}}\) converge. La convergence est donc normale sur \([-1, 1]\). Chaque terme étant continu, \(f\) est définie et continue sur \([-1, 1]\).
D’après le théorème de dérivation terme à terme, \(f\) est \(C^{1}\), et même \(C^{\infty}\), sur \(]-1, 1[\). De plus, \(f^{\prime}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{n-1}}{n}\). En multipliant par \(x\), on obtient \(x f^{\prime}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n} = -\ln(1-x)\).
Soit \(x \in ]0, 1[\). La fonction \(f\) est continue sur \([x, 1]\) et dérivable sur \(]x, 1[\). D’après l’égalité des accroissements finis, il existe \(c \in ]x, 1[\) tel que \(\dfrac{f(1) – f(x)}{1 – x} = f^{\prime}(c)\). Or \(f^{\prime}\) est croissante sur \([0, 1[\), car ses coefficients sont positifs. Donc \(f^{\prime}(c) \geq\, f^{\prime}(x) = \dfrac{-\ln(1-x)}{x}\), qui tend vers \(+\infty\). Ainsi le taux d’accroissement tend vers \(+\infty\) : \(f\) n’est pas dérivable en \(1\), et son graphe y admet une tangente verticale.

Comme le montre la figure ci-dessous, la courbe arrive en \(x = 1\) avec une pente infinie. La valeur \(f(1) = \sum \frac{1}{n^{2}}\) vaut \(\frac{\pi^{2}}{6}\), résultat classique que l’on admet ici. Ainsi, la continuité au bord ne se transmet pas à la dérivée : la série dérivée diverge en \(1\).

Corrigé de l’exercice 17 : Unicité des coefficients et identification

Écrivons \(f(x) = \sum a_{n} x^{n}\) sur \(]-r, r[\). Pour \(|x| < r/2\), on a \(f(2x) = \sum a_{n} 2^{n} x^{n}\) et \(f(x) + x = a_{0} + (a_{1} + 1) x + \sum_{n \geq\, 2} a_{n} x^{n}\). Par unicité des coefficients sur \(]-r/2, r/2[\) : pour \(n = 0\), \(a_{0} = a_{0}\) ; pour \(n = 1\), \(2 a_{1} = a_{1} + 1\), donc \(a_{1} = 1\) ; pour \(n \geq\, 2\), \((2^{n} – 1) a_{n} = 0\), donc \(a_{n} = 0\). Réciproquement, \(f(x) = c + x\) vérifie \(c + 2x = (c + x) + x\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto c + x\), où \(c\) est une constante quelconque.
Pour tout réel \(x\), \((1+x)^{p} (1+x)^{q} = (1+x)^{p+q}\). Ce sont des polynômes, donc des séries entières de rayon infini de coefficients \(\binom\,{p}{k}\), en convenant que \(\binom\,{p}{k} = 0\) si \(k > p\). Le coefficient de \(x^{n}\) du produit de Cauchy vaut \(\sum_{k=0}^{n} \binom\,{p}{k} \binom\,{q}{n-k}\). Par unicité des coefficients, \(\sum_{k=0}^{n} \binom\,{p}{k} \binom\,{q}{n-k} = \binom\,{p+q}{n}\).
On a \(f(-x) = \sum (-1)^{n} a_{n} x^{n}\) et \(-f(x) = \sum (-a_{n}) x^{n}\) sur \(]-R, R[\). Par unicité, \((-1)^{n} a_{n} = -a_{n}\) pour tout \(n\). Pour \(n\) pair, il vient \(2 a_{n} = 0\). Les coefficients d’indice pair sont donc tous nuls.

Corrigé de l’exercice 18 : Arcsin x / √(1 − x²) par une équation différentielle

La fonction \(f\) est dérivable sur \(]-1, 1[\) comme quotient. En utilisant \((\sqrt{1-x^{2}})^{\prime} = \dfrac{-x}{\sqrt{1-x^{2}}}\), on obtient \[f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1-x^{2}} ( \dfrac{\sqrt{1-x^{2}}}{\sqrt{1-x^{2}}} + \dfrac{x \operatorname{Arcsin} x}{\sqrt{1-x^{2}}} ) = \dfrac{1 + x f(x)}{1 – x^{2}}.\] Donc \((1 – x^{2}) f^{\prime}(x) – x f(x) = 1\) sur \(]-1, 1[\).
Soit \(\sum a_{n} x^{n}\) de rayon \(\rho > 0\) et de somme \(y\). Sur \(]-\rho, \rho[\), on calcule \[(1-x^{2}) y^{\prime} – x y = \sum_{n=0}^{+\infty} (n+1) a_{n+1} x^{n} – \sum_{n=1}^{+\infty} (n-1) a_{n-1} x^{n} – \sum_{n=1}^{+\infty} a_{n-1} x^{n}.\] Par unicité des coefficients, \(y\) est solution si et seulement si \(a_{1} = 1\) et \((n+1) a_{n+1} = n a_{n-1}\) pour \(n \geq\, 1\). Avec \(a_{0} = 0\), on obtient \(a_{2} = 0\), puis tous les coefficients pairs sont nuls. Pour les impairs, \(a_{2p+1} = \dfrac{2p}{2p+1} a_{2p-1}\), donc \[a_{2p+1} = \prod_{k=1}^{p} \dfrac{2k}{2k+1} = \dfrac{(2^{p} p!)^{2}}{(2p+1)!} = \dfrac{4^{p} (p!)^{2}}{(2p+1)!}.\] En effet, \(3 \cdot 5 \cdots (2p+1) = \dfrac{(2p+1)!}{2^{p} p!}\). Il y a donc une seule série candidate, de coefficients \(a_{2p} = 0\) et \(a_{2p+1} = \dfrac{4^{p} (p!)^{2}}{(2p+1)!}\).
À \(x \neq 0\) fixé, posons \(u_{p} = a_{2p+1} |x|^{2p+1}\). Alors \(\dfrac{u_{p+1}}{u_{p}} = \dfrac{2p+2}{2p+3} |x|^{2} \to |x|^{2}\). Le rayon vaut donc \(1\), et la somme \(S\) est solution sur \(]-1, 1[\). Sur cet intervalle, l’équation s’écrit \(y^{\prime} = \dfrac{x}{1-x^{2}} y + \dfrac{1}{1-x^{2}}\), linéaire d’ordre \(1\) à coefficients continus. Or \(f\) et \(S\) en sont solutions et valent \(0\) en \(0\). Par unicité de la solution du problème de Cauchy, \(f(x) = \sum_{p=0}^{+\infty} \dfrac{4^{p} (p!)^{2}}{(2p+1)!} x^{2p+1}\) sur \(]-1, 1[\).

Point de méthode : on ne suppose jamais \(f\) développable ; on construit la série solution, on calcule son rayon, puis l’unicité du problème de Cauchy identifie les deux fonctions.

Corrigé de l’exercice 19 : Résolution d’une équation différentielle par une série entière

Soit \(y = \sum a_{n} x^{n}\) de rayon \(\rho > 0\). Sur \(]-\rho, \rho[\), on dérive terme à terme. Le coefficient de \(x^{n}\) dans \(4x y^{\prime\prime}\) vaut \(4(n+1) n a_{n+1}\). Dans \(2y^{\prime}\), il vaut \(2(n+1) a_{n+1}\). Par unicité des coefficients, \(y\) est solution si et seulement si, pour tout \(n\), \[2(n+1)(2n+1) a_{n+1} = a_{n}, \quad \text{soit} \quad a_{n+1} = \dfrac{a_{n}}{(2n+1)(2n+2)}.\] Par récurrence, \(a_{n} = \dfrac{a_{0}}{(2n)!}\). Réciproquement, la série \(\sum \dfrac{x^{n}}{(2n)!}\) a un rayon infini, par d’Alembert : le rapport vaut \(\dfrac{|x|}{(2n+1)(2n+2)} \to 0\). Les solutions développables sont donc les \(y = a_{0} \varphi\), avec \(\varphi(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{(2n)!}\), de rayon infini.
Pour \(x > 0\), \(x^{n} = (\sqrt{x})^{2n}\), donc \(\varphi(x) = \operatorname{ch} \sqrt{x}\). Pour \(x < 0\), posons \(t = \sqrt{-x}\) ; alors \(x^{n} = (-1)^{n} t^{2n}\), donc \(\varphi(x) = \cos \sqrt{-x}\). Ainsi \(\varphi(x) = \operatorname{ch}\sqrt{x}\) si \(x \geq\, 0\) et \(\varphi(x) = \cos\sqrt{-x}\) si \(x \leq\, 0\).
Posons \(s = \sqrt{x}\) pour \(x > 0\) et \(y = \operatorname{sh} s\). Alors \(y^{\prime} = \dfrac{\operatorname{ch} s}{2s}\), puis \(y^{\prime\prime} = \dfrac{s \operatorname{sh} s – \operatorname{ch} s}{4 s^{3}}\). On obtient \(4x y^{\prime\prime} = \operatorname{sh} s – \dfrac{\operatorname{ch} s}{s}\) et \(2y^{\prime} = \dfrac{\operatorname{ch} s}{s}\). La somme vaut \(\operatorname{sh} s = y\) : \(\operatorname{sh}\sqrt{x}\) est bien solution sur \(]0, +\infty[\). Cependant, \(\dfrac{\operatorname{sh}\sqrt{x}}{x} \sim \dfrac{1}{\sqrt{x}} \to +\infty\) en \(0^{+}\). Elle n’est donc pas dérivable en \(0\), donc pas développable en série entière : c’est pourquoi la question 1 ne l’a pas trouvée.

La figure ci-dessous montre la solution \(\varphi\). Elle oscille comme un cosinus pour \(x < 0\) et croît comme un cosinus hyperbolique pour \(x > 0\). Le raccord en \(0\) est de classe \(C^{\infty}\), puisque \(\varphi\) est la somme d’une série entière.

Corrigé de l’exercice 20 : Une fonction C∞ non développable en série entière

Pour \(n = 0\), on prend \(P_{0} = 1\). Supposons \(f^{(n)}(x) = P_{n}(1/x) e^{-1/x^{2}}\) sur \(\mathbb{R}^{*}\). La dérivée de \(P_{n}(1/x)\) vaut \(-\dfrac{1}{x^{2}} P_{n}^{\prime}(1/x)\). Celle de \(e^{-1/x^{2}}\) vaut \(\dfrac{2}{x^{3}} e^{-1/x^{2}}\). Ainsi, \(f^{(n+1)}(x) = P_{n+1}(1/x) e^{-1/x^{2}}\), avec \(P_{n+1}(X) = 2X^{3} P_{n}(X) – X^{2} P_{n}^{\prime}(X)\), qui est bien un polynôme.
Pour tout polynôme \(P\), \(P(1/x) e^{-1/x^{2}} \to 0\) quand \(x \to 0\). En effet, avec \(u = 1/x\), on a \(u^{k} e^{-u^{2}} \to 0\) quand \(|u| \to +\infty\), par croissances comparées. Montrons par récurrence que \(f\) est \(C^{n}\) avec \(f^{(n)}(0) = 0\). C’est vrai pour \(n = 0\), car \(f(x) \to 0 = f(0)\). Si c’est vrai au rang \(n\), le taux \(\dfrac{f^{(n)}(x) – 0}{x} = \dfrac{1}{x} P_{n}(1/x) e^{-1/x^{2}}\) tend vers \(0\). Donc \(f^{(n+1)}(0) = 0\). De plus, \(f^{(n+1)}(x) \to 0\), donc \(f^{(n+1)}\) est continue en \(0\). Ainsi \(f\) est \(C^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{(n)}(0) = 0\) pour tout \(n\).
Supposons \(f\) développable sur \(]-r, r[\). Ses coefficients valent alors \(\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!} = 0\), donc \(f\) est nulle sur \(]-r, r[\). Or \(f(r/2) = e^{-4/r^{2}} > 0\), ce qui est absurde. Donc \(f\) n’est développable en série entière sur aucun intervalle centré en \(0\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : suite de Fibonacci et série génératrice

Par récurrence double, \(F_{n} \geq\, 0\) est immédiat. De plus, \(F_{0} = 0 \leq\, 1\) et \(F_{1} = 1 \leq\, 2\). Si \(F_{n} \leq\, 2^{n}\) et \(F_{n+1} \leq\, 2^{n+1}\), alors \(F_{n+2} \leq\, 2^{n+1} + 2^{n} \leq\, 2^{n+2}\). Par comparaison avec \(\sum 2^{n} x^{n}\), on a \(R \geq\, \dfrac{1}{2}\).
Pour \(|x| < \dfrac{1}{2}\), les séries convergent et \[(1 – x – x^{2}) G(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} F_{n} x^{n} – \sum_{n=1}^{+\infty} F_{n-1} x^{n} – \sum_{n=2}^{+\infty} F_{n-2} x^{n}.\] Le coefficient de \(x^{0}\) vaut \(F_{0} = 0\) ; celui de \(x^{1}\) vaut \(F_{1} – F_{0} = 1\). Pour \(n \geq\, 2\), il vaut \(F_{n} – F_{n-1} – F_{n-2} = 0\). Donc \((1 – x – x^{2}) G(x) = x\).
On a \(\varphi + \psi = 1\) et \(\varphi \psi = \dfrac{1 – 5}{4} = -1\). Ainsi \((1 – \varphi x)(1 – \psi x) = 1 – x – x^{2}\). Cherchons \(A\) et \(B\) tels que \(\dfrac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} = \dfrac{A}{1-\varphi x} + \dfrac{B}{1-\psi x}\). Il faut \(A + B = 0\) et \(-(A\psi + B\varphi) = 1\), soit \(A(\varphi – \psi) = 1\). Comme \(\varphi – \psi = \sqrt{5}\), \(G(x) = \dfrac{1}{\sqrt{5}} ( \dfrac{1}{1 – \varphi x} – \dfrac{1}{1 – \psi x} )\).
Pour \(|x| < \dfrac{1}{2}\), on a \(|\varphi x| < 1\) et \(|\psi x| < 1\), car \(|\psi| < \varphi < 2\). On développe donc les deux séries géométriques : \(G(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{\varphi^{n} – \psi^{n}}{\sqrt{5}} x^{n}\). Par unicité des coefficients, \(F_{n} = \dfrac{\varphi^{n} – \psi^{n}}{\sqrt{5}}\) pour tout \(n\).
Comme \(|\psi| < 1 < \varphi\), on a \(F_{n} \sim \dfrac{\varphi^{n}}{\sqrt{5}}\). Le rayon est donc celui de \(\sum \varphi^{n} x^{n}\) : \(R = \dfrac{1}{\varphi} = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{2} \approx 0{,}618\). De plus, \(\dfrac{F_{n+1}}{F_{n}} \sim \dfrac{\varphi^{n+1}}{\varphi^{n}}\), donc \(\dfrac{F_{n+1}}{F_{n}} \to \varphi\).

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : nombre de dérangements

La seule permutation de \(\{1\}\) fixe \(1\), donc \(D_{1} = 0\). Pour \(n = 2\), seule la transposition convient : \(D_{2} = 1\). Pour \(n = 3\), les dérangements sont les deux cycles d’ordre \(3\). Ainsi \(D_{1} = 0\), \(D_{2} = 1\) et \(D_{3} = 2\).
Choisissons une partie \(F\) de cardinal \(j\). Les permutations dont l’ensemble des points fixes est exactement \(F\) correspondent aux dérangements du complémentaire, de cardinal \(n – j\). Il y en a \(D_{n-j}\). En sommant sur toutes les parties \(F\), on obtient \(n! = \sum_{j=0}^{n} \binom\,{n}{j} D_{n-j}\). Avec \(k = n – j\) et \(\binom\,{n}{n-k} = \binom\,{n}{k}\), \(n! = \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} D_{k}\).
Un dérangement est une permutation, donc \(0 \leq\, D_{n} \leq\, n!\). Par conséquent, \(0 \leq\, \dfrac{D_{n}}{n!} \leq\, 1\). Par comparaison avec \(\sum x^{n}\), le rayon de \(f\) est au moins \(1\).
Pour \(|x| < 1\), le produit de Cauchy de \(e^{x}\) et de \(f(x)\) est licite. Son coefficient d’indice \(n\) vaut \[\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{(n-k)!} \cdot \dfrac{D_{k}}{k!} = \dfrac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} D_{k} = 1.\] Donc \(e^{x} f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} x^{n} = \dfrac{1}{1-x}\).
Ainsi \(f(x) = \dfrac{e^{-x}}{1-x}\), produit de Cauchy de \(\sum \dfrac{(-1)^{k}}{k!} x^{k}\) et de \(\sum x^{n}\). Son coefficient d’indice \(n\) vaut \(\sum_{k=0}^{n} \dfrac{(-1)^{k}}{k!}\). Par unicité des coefficients, \(D_{n} = n! \sum_{k=0}^{n} \dfrac{(-1)^{k}}{k!}\). Enfin, par le développement de l’exponentielle en \(-1\), \(\dfrac{D_{n}}{n!} \to e^{-1} \approx 0{,}368\).
Pour \(n = 4\), \(D_{4} = 24 ( 1 – 1 + \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{24} ) = 12 – 4 + 1 = 9\). La relation de la question 2 donne aussi \(24 = 1 + 4 \cdot 0 + 6 \cdot 1 + 4 \cdot 2 + D_{4}\), soit \(D_{4} = 9\). Les deux calculs donnent \(D_{4} = 9\).

La figure ci-dessous représente la proportion \(D_{n}/n!\). Elle converge très vite vers \(1/e\) en oscillant, car c’est la somme partielle d’une série alternée.

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