Séries entières

• Série alternée ;
• Utiliser une série entière : $\displaystyle \sum_{n\ge 0}\frac{x^n}{2n+1}$, ou interpréter $\displaystyle \frac{1}{2n+1}$ comme une intégrale.

Supposons qu’on a le droit de faire toutes les interversions qu’on veut, alors : $$\sum_{n\ge 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\sum_{n\ge 0}(-1)^n\int_0^1x^{2n}dx=\int_0^1\sum_{n\ge 0}(-x^2)^ndx=\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\arctan 1=\frac{\pi}{4}.$$ Justification de l’interversion somme intégrale : la série $\displaystyle \sum_{n\ge 0}(-x^2)^n$ ne converge pas uniformément sur $\displaystyle [0,1[$, donc il faut faire la CVD avec les sommes partielles. On a $$\left|\sum_{n=0}^N(-x^2)^n\right|=\left|\frac{1-(-x^2)^{N+1}}{1+x^2}\right|\le\frac{2}{1+x^2},$$ cette dernière fonction étant intégrable sur $\displaystyle [0,1]$. On peut alors intervertir limite en $\displaystyle N$ et intégrale, et donc somme et intégrale (cf la fiche de résumé de cours Interversion Méthode 2, 2) pour plus de détails).

Cet exercice très classique (théorème d’Abel radial) est bien corrigé dans la section “Propriétés topologiques” de la page Wikiversity sur les séries entières.

Revenir aux sommes partielles, écrire des inégalités simples et passer à la limite quand on peut.

Comme $\displaystyle a_n\ge0$, on a pour tout $\displaystyle N\in\N$ et $\displaystyle x\in[0,1[$, $\displaystyle \sum_{n=0}^N a_nx^n\le\sum_{n\ge 0} a_nx^n$. En passant à la limite en $\displaystyle x\to1$, on obtient donc $\displaystyle \sum_{n=0}^N a_n\le l$. On en déduit que la série $\displaystyle \sum a_n$ est convergente car $\displaystyle a_n\ge0$, et donc $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n\le l$ en passant à la limite en $\displaystyle N$. On peut alors écrire aussi $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_nx^n\le\sum_{n\ge 0} a_n$ pour tout $\displaystyle x\in[0,1[$.
En passant encore à la limite en $\displaystyle x\to1$, il vient cette fois-ci : $\displaystyle l\le\sum_{n=0}^\infty a_n$, d’où $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n=l$.

Remarque — Si tu es en L3/M1, tu peux directement utiliser le lemme de Fatou pour écrire : $$\sum_{n=0}^\infty a_n=\sum_{n=0}^\infty \underline{\lim}_{x\to 1}\ a_nx^n\le\underline{\lim}_{x\to 1}\sum_{n\ge 0} a_nx^n=l.$$

On a $\displaystyle f(re^{i\theta})=\sum_{n\ge 0} a_nr^ne^{in\theta}$ pour tout $\displaystyle r>0$.
Idée fondamentale des séries de Fourier : $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}f(re^{i\theta})e^{-ik\theta}d\theta=2\pi a_kr^k$ car

• la série convergeant uniformément en $\displaystyle \theta\in[0,2\pi]$, on peut intervertir somme et intégrale,
• et $\displaystyle \int_0^{2\pi}e^{i(n-k)\theta}d\theta=0$ si $\displaystyle n\neq k$ et $\displaystyle 2\pi$ si $\displaystyle n=k$.

Comme pour tout $\displaystyle r>0$, $\displaystyle |2\pi a_kr^k|=\left|\int_{0}^{2\pi}f(re^{i\theta})e^{-ik\theta}d\theta\right| \le M$, on en déduit en faisant $\displaystyle r\to\infty$ que $\displaystyle a_k=0$ si $\displaystyle k\neq 0$. Donc $\displaystyle f(z)=a_0$.

On montre d’abord la formule de Parseval en écrivant $\displaystyle f(z_0+re^{i\theta})=\sum_{k\ge 0} c_k r^ke^{ik\theta}$. La série convergeant uniformément en $\displaystyle \theta\in[0,2\pi]$, on en déduit $\displaystyle c_kr^k=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(z_0+re^{i\theta})e^{-ik\theta}d\theta$, et la formule de Parseval : $$\sum_{k\ge 0} |c_k|^2 r^{2k} = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(z_0+re^{i\theta})|^2d\theta.$$Supposons que $\displaystyle f$ a un maximum local en $\displaystyle a$, et on écrit $\displaystyle f(z)=\sum_{k\ge 0} c_k(z-a)^k$ sur $\displaystyle D(a,r)\subset U$, $\displaystyle r>0$. Avec la formule de Parseval, on obtient alors pour $\displaystyle r$ petit : $$|f(a)|^2 = |c_0|^2 \le \sum_{k\ge 0} |c_k|^2 r^{2k}=\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(a+re^{i\theta})|^2d\theta \le |f(a)|^2.$$ Ainsi $\displaystyle c_k=0$ pour tout $\displaystyle k\ge1$, et donc $\displaystyle f(z)=c_0=f(a)$ sur $\displaystyle D(a,r)$ et par suite sur $\displaystyle U$ par unicité du prolongement analytique.

On pourra s’intéresser au produit de Cauchy $\displaystyle \left(\sum_{n=0}^\infty x^n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty x^n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty(-1)^n x^{n^2}\right)$.
Étudier le comportement asymptotique des coefficients de ce produit de Cauchy.

Posons $\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n$, où
$$a_n=\left\{\begin{array}{rl}(-1)^n,&\text{ si $n$ est un carré},\\ 0,&\text{ sinon}.\end{array}\right.$$
On vérifie facilement que le rayon de cette série vaut $\displaystyle 1$.
Les coefficients de cette série entière sont irréguliers, ce qui rend l’étude difficile. Une idée pour travailler avec des coefficients plus réguliers est de considérer leurs sommes cumulées.
Posons $\displaystyle g(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_nx^n$, avec $\displaystyle b_n=\sum_{k=0}^n a_k$. D’après le théorème sur les produits de Cauchy, $\displaystyle g$ est définie sur $\displaystyle ]-1;1[$et vérifie sur cet intervalle : $\displaystyle g(x)= f(x)\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{f(x)}{1-x}.$
En fait nous allons être amenés à appliquer cette idée deux fois, c’est-à-dire de considérer $\displaystyle h(x)=\sum_{n=0}^\infty c_n x^n$, où $\displaystyle c_n=\sum_{k=0}^n b_k$, qui vérifie sur $\displaystyle ]-1;1[$ : $\displaystyle h(x)= g(x)\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{f(x)}{(1-x)^2}.$
$\displaystyle \bullet$ On remarque que : $$b_n=\begin{cases}1,\text{ si $\lfloor \sqrt n\rfloor$ est pair,}\\0,\text{ si $\lfloor \sqrt n\rfloor$ est impair.}\end{cases}$$
$\displaystyle \bullet$ Le comportement de $\displaystyle c_n$ est lié à la proportion des entiers $\displaystyle n$ tels que $\displaystyle \lfloor \sqrt n\rfloor$ est pair, proportion asymptotiquement égale à $\displaystyle 1/2$. Nous allons donc montrer que $\displaystyle c_n\sim \frac n2$.
Évitons dans un premier temps les problèmes d’intervalles ne tombant pas pile-poil, en calculant $\displaystyle c_{(2n)^2-1}$ par paquets :
$$\begin{aligned} c_{(2n)^2-1} & = \sum_{i=0}^{n-1}\left(\sum_{k=(2i)^2}^{(2i+1)^2-1}1\right)\\ & = \sum_{i=0}^{n-1}\left((2i+1)^2-(2i)^2\right)\\ & = 2n^2-n\\ \end{aligned}$$ de sorte que $\displaystyle \frac{c_{(2n)^2-1}}{(2n)^2-1}\to 1/2$. Maintenant pour $\displaystyle n\in\N$, on prend $\displaystyle k_n$ le plus grand entier tel que $\displaystyle (2k_n)^2-1\leq n$. On a alors
$$\frac{c_{(2k_n)^2-1}}{(2(k_n+1))^2-1}\leq \frac{c_n}{n}\leq \frac{c_{(2(k_n+1))^2-1}}{(2k_n)^2-1}.$$
Comme $\displaystyle k_n\underset{n\to\infty}\to\infty$, les bornes sont équivalentes respectivement à $\displaystyle \frac{c_{(2k_n)^2-1}}{(2k_n)^2-1}$ et $\displaystyle \frac{c_{(2(k_n+1))^2-1}}{(2(k_n+1))^2-1}$, qui tendent vers $\displaystyle 1/2$ par composition de limites. On a donc bien $\displaystyle \frac{c_n}{n}\to\frac 12$.
$\displaystyle \bullet$ Montrons que $\displaystyle h(x)\underset{x\to 1^-}\sim \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2}x^n$. Soit $\displaystyle \varepsilon>0$. Il existe un rang $\displaystyle n_0$ à partir duquel $\displaystyle \left|c_n-\frac n2\right|\leq \varepsilon~\frac n2$. Ainsi $$\begin{aligned} \left| h(x)-\sum_{n=0}^\infty\frac n2 x^n\right| & = \left| \sum_{n=0}^\infty\left(c_n-\frac n2\right) x^n\right|\\ & \leq \sum_{n=0}^{n_0-1}\left|c_n-\frac n2\right|+\varepsilon\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac n2 x^n\right). \end{aligned}$$
Le premier terme est une constante. Le second terme est une expression croissante en $\displaystyle x$, donc possède une limite $\displaystyle \ell$ quand $\displaystyle x\to 1^-$, et cette limite $\displaystyle \ell$ vérifie $\displaystyle \ell\geq \sum_{k=0}^n \frac k2$ pour tout $\displaystyle n$, donc $\displaystyle \ell+\infty$. Par conséquent, il existe $\displaystyle x_0<1$ tel que : $\displaystyle \forall x\in[x_0;1[$, $\displaystyle \sum_{n=0}^{n_0-1}\left|c_n-\frac n2\right|\leq \varepsilon\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac n2 x^n\right)$. Ainsi pour $\displaystyle x\in[x_0;1[$, $$\left| h(x)-\sum_{n=0}^\infty\frac n2 x^n\right|\leq 2\varepsilon\left(\sum_{n=0}^{\infty} \frac n2 x^n\right).$$
$\displaystyle \bullet$ Conclusion : $\displaystyle \ \frac{f(x)}{(1-x)^2}\underset{x\to 1^-}\sim \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2}x^n = \frac{x}{2(1-x)^2}$. Donc $\displaystyle \lim_{x\to 1^-}f(x)=\frac 12$.

Attention, si on veut écrire la série comme $\displaystyle \sum a_n z^{n}$, il y a plein de $\displaystyle a_n$ qui sont nuls, et du coup on ne peut pas appliquer directement la recette “$\displaystyle a_{n+1}/a_n$” pour les séries entières. Donc il faut revenir tout simplement à la régle de d’Alembert avec le terme en entier : $\displaystyle b_n=n!\ z^{n^2}$. On a $\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_n}=(n+1)z^{(n+1)^2-n^2}=(n+1)z^{2n+1}$. Si $\displaystyle 0<z<1$ alors $\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_n}\to 0$, donc la série $\displaystyle \sum b_n$ converge, et si $\displaystyle z>1$ la série diverge. On en déduit par définition du rayon de convergence que $\displaystyle R=1$.

On a $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{1+(1+x)^2}$ et on peut vérifier que $$\begin{aligned} (x^2-2x+2)(1+(1+x)^2) & =(x^2+2-2x)(x^2+2+2x)\\ &=(2+x^2)^2-(2x)^2\\ &=4+x^4,\end{aligned}$$ d’où l’expression de $\displaystyle f'$ cherchée.
On sait que $\displaystyle \frac{1}{1+\frac{x^4}{4}}$ est développable en série entière autour de $\displaystyle 0$ et que $$\frac{1}{1+\frac{x^4}{4}} = \sum_{p=0}^\infty (-1)^p \frac{x^{4p}}{4^p}.$$ Le rayon de convergence $\displaystyle R$ de cette série entière vérifie $\displaystyle \frac{R^4}{4} = 1$. On a donc $\displaystyle R=\sqrt{2}$.

On a donc, pour tout $\displaystyle |x|<\sqrt{2}$:
$$f'(x) = \frac{x^2-2x+2}{4} \frac{1}{1+\frac{x^4}{4}} = \sum_{p=0}^{\infty} (-1)^p \frac{(x^2-2x+2)x^{4p}}{4^{p+1}}.$$
On a trouvé un développement en série entière pour $\displaystyle f'$ ! Si on veut le mettre sous une forme plus traditionnelle, on peut écrire que $\displaystyle f'(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$, où :

• $\displaystyle a_n = (-1)^p\frac{ 2}{4^{p+1}}$ si $\displaystyle n = 4p$,
• $\displaystyle a_n = (-1)^{p+1}\frac{ 2}{4^{p+1}}$ si $\displaystyle n = 4p+1$,
• $\displaystyle a_n = (-1)^{p}\frac{ 1}{4^{p+1}}$ si $\displaystyle n = 4p+2$,
• $\displaystyle a_n=0$ si $\displaystyle n=4p+3$.

En intégrant terme à terme, on obtient que, pour $\displaystyle |x|<R$ on a $$f(x) = f(0) + \sum_{n=1}^\infty \frac{a_{n-1} }{n}x^n,$$ pour les coefficients $\displaystyle a_n$ déjà décrits. On conclut en calculant $\displaystyle f(0) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$.

1. On a $\displaystyle a_n=\frac{n}{n+1}\frac{2n(2n-1)}{n^2}=\frac{4-2/n}{1+1/n}\xrightarrow[n\to\infty]{}4$. On en déduit, par le critère de d’Alembert, que le rayon de convergence de $\displaystyle \sum_{n\ge1} C_n x^n$ est $\displaystyle R=\frac14$.
2. On a $$f'(x)=\sum_{n\ge1} nC_n x^{n-1}=1+4xf'(x)-2f(x).$$ On en déduit que $\displaystyle f$ satisfait l’équation différentielle $\displaystyle (1-4x)y'+2y=1$. On la résout avec la méthode de variation de la constante, et on trouve pour tout $\displaystyle x\in]-1/4,1/4[$, $\displaystyle f(x)=\frac12(1-\sqrt{1-4x})$.
3. La fonction $\displaystyle f$ vérifie l’équation fonctionnelle $\displaystyle f(x)^2=f(x)-x$ sur $\displaystyle ]-1/4,1/4[$.
4. On a $\displaystyle f(x)^2=\sum_{n\ge1} d_n x^n$ avec $\displaystyle d_n=\sum_{k=1}^{n-1}C_kC_{n-k}$. En identifiant les coefficients avec l’équation fonctionnelle, on obtient pour tout $\displaystyle n\ge2$, $\displaystyle d_n=C_n$, d’où $\displaystyle C_n=\sum_{k=1}^{n-1}C_kC_{n-k}$.

1. On a un polynôme de degré 2 en $\displaystyle t$ au numérateur de la fraction rationnelle, il s’agit de s’assurer qu’il ne s’annule pas. Si $\displaystyle x \in ]-1,1[$ c’est le cas car son discriminant vaut $$\Delta = 4(x^2-1) < 0.$$ Si $\displaystyle x=1$, on a $\displaystyle f(t,1) = \frac{1}{1-t}$, qui est bien définie pour $\displaystyle |t|<1$, et de même pour $\displaystyle f(t,-1) = \frac{1}{1+t}$.
2. Comme $\displaystyle |t e^{i \theta}|<1$, on peut écrire $$\sum_{n\ge0}(te^{i\theta})^n=\frac{1}{1-te^{i\theta}}=\frac{1-t e^{-i\theta}}{(1-te^{i\theta})(1-te^{-i\theta})} = \frac{1-t\cos(\theta)+it\sin(\theta)}{1-2\cos(\theta)t+t^2},$$ et on peut conclure en prenant la partie réelle de chaque membre.
3. Chaque réel $\displaystyle x \in [-1,1]$ s’écrit $\displaystyle x = \cos(\theta)$ pour un certain $\displaystyle \theta \in\R$. La question précédente permet donc de conclure que $\displaystyle t \mapsto f(t,x)$ est $\displaystyle DSE(0)$, avec un rayon de convergence $\displaystyle \ge 1$, et que les coefficients de son développement $\displaystyle f(t,x) =\sum_{n=0}^\infty T_n(x) t^n$ sont des fonctions $\displaystyle x \mapsto T_n(x)$ telles que $\displaystyle T_n(\cos(\theta)) = \cos(n \theta)$.
4. Pour $\displaystyle |t|<1$ et $\displaystyle |x| \le 1$, on a $\displaystyle |2tx-t^2|<1$ donc on peut écrire $$f(t,x) = (1-tx) \sum_{n=0}^\infty (2tx-t^2)^n.$$ En développant chaque terme de la série, par exemple par la formule du binôme, on s’aperçoit que chaque monôme $\displaystyle x^n$ est associé à des puissances de $\displaystyle t$ supérieures à $\displaystyle n$, ce qui montre que $\displaystyle T_n$ est un polynôme de degré au plus $\displaystyle n$.

La régle de d’Alembert semble ne pas fonctionner 👉 Revenir à la définition du rayon.

On a $\displaystyle |\cos(n)x^n|\le |x|^n$, donc si $\displaystyle |x|<1$ alors la série $\displaystyle \sum \cos(n)x^n$ est absolument convergente, donc convergente. Ainsi le rayon de convergence est au moins $\displaystyle 1$. Étudions la série $\displaystyle \sum \cos(n)$. Cette série n’est pas convergente car la suite $\displaystyle u_n=\cos(n)$ ne tend pas vers $\displaystyle 0$. En effet, supposons que $\displaystyle u_n\to 0$. On a $\displaystyle u_{2n}=2 u_n^2-1$, donc par passage à la limite (la sous-suite ($\displaystyle u_{2n}$) a la même limite que $\displaystyle (u_n)$), on obtient $\displaystyle 0=-1$, ce qui est absurde.
La divergence de la série entière en $\displaystyle x=1$ montre que le rayon de convergence est exactement $\displaystyle 1$.

Le terme $\displaystyle \frac{x^{n+2}}{(n+1)(n+2)}$ est la primitive double de $\displaystyle x^n$ 👉 on a clairement envie de dériver deux fois $\displaystyle f$ ! Et on sait qu’on a le droit de le faire !

Un résultat classique sur les séries divergentes affirme que $\displaystyle \lim_{n \to \infty} H_n = \infty$, et même qu’on a l’équivalent $\displaystyle H_n \sim \ln(n)$. Si on pose $\displaystyle a_{n} = \frac{H_n}{(n+1)(n+2)}$, on a donc $$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n+1}{n+3} \frac{H_{n+1}}{H_n} \xrightarrow{n \to \infty} 1,$$ donc par la règle de d’Alembert la série entière a pour rayon de convergence $\displaystyle 1$.

Pour calculer explicitement $\displaystyle f(x)$ pour $\displaystyle |x|<1$, on commence par calculer $\displaystyle f''(x)$. Par le théorème de dérivation des séries entières, on peut dériver terme à terme et écrire que $$f''(x) = \sum_{n=1}^\infty H_n x^n.$$ On peut simplifier : $$f''(x) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} 1_{k \le n} x^n .$$ Pour $\displaystyle |x|<1$, la famille considérée est sommable, on peut donc écrire $$f''(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} \sum_{n=1}^\infty 1_{n\ge k}x^n = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} \sum_{n=k}^\infty x^n = \sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k} \sum_{m=0}^\infty x^m.$$ Ces deux dernières séries entières sont connues, on a donc : $$f''(x) = -\ln(1-x) \frac{1}{1-x}.$$ Comment trouver $\displaystyle f$ ? Il faut tatonner un peu… On pose $$g(x) = \frac{x}{2} \ln^2(x) - x \ln(x).$$ Alors $\displaystyle g'(x) = \frac{1}{2} \ln^2(x) + \ln(x) - \ln(x) -1$ et $\displaystyle g''(x) = \frac{\ln(x)}{x} = -f''(1-x).$ On en déduit que $$f(x) = - \frac{1-x}{2} \ln^2(1-x)+(1-x)\ln(1-x) + Ax+B$$ où les constantes $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ doivent être choisies de telle sorte que $\displaystyle f(0)=0$ et $\displaystyle f'(0)=0$. Or on a $\displaystyle f(0)=-g(1)+B = B$, donc $\displaystyle B = 0$ et $\displaystyle f'(0) = g'(1)+A = -1+A$ donc $\displaystyle A=1$. Au final : $$f(x) = - \frac{1-x}{2} \ln^2(1-x)+(1-x)\ln(1-x) + x.$$

Il reste à calculer la somme $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)(n+2)}$, c’est-à-dire qu’on cherche la valeur de $\displaystyle f(1)$. Pour cela, on remarque que $\displaystyle a_n \sim \frac{\ln(n)}{n^2} = o\left(\frac{1}{n}\right)$, donc on peut appliquer le théorème de Tauber : comme $\displaystyle f(1)$ existe, on sait que $$f(1) = \lim_{x \rightarrow 1^-} f(x).$$ Comme on a calculé explicitement $\displaystyle f(x)$ à l’intérieur du disque de convergence, on obtient facilement la limite : on obtient $\displaystyle f(1)=1$.

Bonus : On peut calculer la somme directement avec des transformations d’Abel : on a $$f(1) = \sum_{n=1}^\infty H_n \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) = \frac{H_1}{2} + \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n+1} \left(H_n - H_{n-1}\right).$$ Or on a $$\frac{1}{n+1} \left(H_n - H_{n-1} \right) = \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$ donc $$f(1) = \frac{1}{2} + \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} = \frac{1}{2}+\frac{1}{2} = 1.$$ Il faudrait prendre quelques précautions pour rendre cette preuve parfaitement rigoureuse (en sommant pour $\displaystyle n=1..N$ puis en faisant tendre $\displaystyle N$ vers l’infini), mais on peut être rassuré de retrouver le même résultat !

Vu le résultat à prouver à la question 1, il faut faire apparaître une famille sommable !

1. On sait que pour tout $\displaystyle z \in \R$ on a $\displaystyle \exp(z) = \sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{k!}$ donc $$f(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{\exp(kx)}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \sum_{n=0}^\infty \frac{k^n x^n}{k! n!}.$$ Or on sait que $$\sum_{k=0}^\infty \sum_{n=0}^\infty \frac{k^n |x|^n}{k! n!} = \exp(\exp(|x|)) < \infty,$$ on peut donc écrire, par sommabilité de la famille : $$f(x) = \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{k^n x^n}{k! n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{A_n}{n!} x^n.$$ Cette formule a été établie pour tout $\displaystyle x\in \R$, ce qui prouve que la fonction $\displaystyle f$ est développable en série entière autour de $\displaystyle 0$, avec un rayon infini.
2. Pour $\displaystyle n=0$, on remarque qu’on a bien $\displaystyle f'(x) = \exp(x) f(x).$ Si $\displaystyle n> 0$, on écrit que $$f^{(n+1)}(x) = \frac{\partial^n }{\partial x^n} f'(x) =\frac{\partial^n }{\partial x^n} (\exp(x) f(x)),$$ et par la formule de Leibniz (et en remarquant que $\displaystyle \exp^{(k)} = \exp$) on obtient : $$f^{(n+1)}(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \exp(x) f^{(k)}(x).$$ De plus, la fonction $\displaystyle f$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^\infty$ en $\displaystyle 0$ et on a, d’après la première question, $\displaystyle f^{(n)}(0) = A_n$. En prenant la valeur particulière $\displaystyle x=0$ dans la formule de récurrence sur les $\displaystyle f^{(n)}$, on obtient alors : $$A_{n+1} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} A_k.$$
3. On montre par récurrence sur $\displaystyle n \ge 0$ que $\displaystyle B_n$ est entier. Si $\displaystyle n=0$, on a $\displaystyle A_0=e$ donc $\displaystyle B_0=1$. Pour montrer l’hérédité, on remarque que, d’après la question 2, on a $\displaystyle B_{n+1} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} B_k$, si $\displaystyle B_0,\ldots,B_n$ sont entiers alors $\displaystyle B_{n+1}$ l’est aussi.