Une série numérique à paramètre

(Exercice d’oral Centrale Mp)
Pour tout {n} dans {\mathbb{N}}, on pose {u_{n}=\dfrac{1}{4^n}\dbinom{2n}{n}}.

  1. Justifier l’existence de {S(p)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{n+p}}, pour tout {p\in\mathbb{N}^{*}}.

  2. Montrer que {\dfrac1{\sqrt{1-x}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}x^n} pour {\left|x\right|\lt 1}, on a
  3. En déduire que pour tout {p\in\mathbb{N}^{*}}, on a {S(p)=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{p-1}}{\sqrt{1-x}}\,\text{d}x}.
  4. Montrer finalement que: {\forall\, p\in\mathbb{N}^*,\;S(p)=\dfrac{1}{p\,u_{p}}}.

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  1. On sait que {n!\sim n^n\text{e}^{-n}\sqrt{2\pi n}} quand {n\to\infty}. Ainsi : {\begin{array}{rl}\dfrac{u_{n}}{n+p}&=\dfrac{1}{n\,4^{n}}\dfrac{(2n)!}{n!^2}\stackrel{n\to+\infty}\sim\dfrac{1}{n\,4^{n}}\dfrac{(2n)^{2n}\text{e}^{-2n}\sqrt{4\pi n}}{n^{2n}\text{e}^{-2n}(2\pi n)}\\\\&\stackrel{n\to+\infty}\sim\dfrac{1}{n\sqrt{\pi n}}=\text{O}\Bigl(\dfrac{1}{n^{3/2}}\Bigr)\end{array}}L’existence de {S_{p}} en résulte (comparaison aux séries de Riemann).
  2. On connaît le développement en série entière, de rayon R=1 :{(1-x)^\alpha=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\lambda_{n}(\alpha)x^n\text{\ avec\ }\lambda_{n}(\alpha)=\dfrac1{n!}\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}(k-\alpha)}Dans le cas particulier {\alpha=-\dfrac12}, on trouve : {\begin{array}{rl}\lambda_{n}\Bigl(-\dfrac12\Bigr)&=\dfrac1{n!}\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\Bigl(k+\dfrac12\Bigr)=\dfrac1{n!\,2^n}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(2k-1)\\\\&=\dfrac1{n!\,2^n}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{(2k-1)(2k)}{2k}=\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}=u_{n}\end{array}}Pour tout {x} de {]-1,1[}, on a donc {\dfrac1{\sqrt{1-x}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}x^n}.
  3. Pour {0\lt x\lt 1}, on a {\dfrac{x^{p-1}}{\sqrt{1-x}}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}v_{n}(x)}{v_{n}(x)=u_{n}x^{n+p-1}}.

    Les fonctions {x\mapsto v_{n}(x)} sont intégrables sur {]0,1[}.

    On sait que la série {\displaystyle\sum\int_{0}^{1}\left|{v_{n}(x)}\right|\,\text{d}x=\dfrac{u_{n}}{n+p}} converge.

    On peut donc appliquer le théorème d’intégration terme à terme.

    Ainsi, pour tout {p} dans {\mathbb{N}^{*}} :{\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{p-1}}{\sqrt{1-x}}\,\text{d}x&=\displaystyle\int_{0}^{1}\Bigl(\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}x^{n+p-1}\Bigr)\,\text{d}x\\\\&=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}\int_{0}^{1}x^{n+p-1}\,\text{d}x=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{n+p}=S(p)\end{array}}

  4. On calcule {S(p)}, pour {p\ge2}, par intégration par parties :
    {\begin{array}{rl}S(p)&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{p-1}}{\sqrt{1-x}}\,\text{d}x\\\\&=\Big[-2x^{p-1}\sqrt{1-x}\Big]_{0}^{1}+2(p-1)\displaystyle\int_{0}^{1}x^{p-2}\sqrt{1-x}\,\text{d}x\\\\&=2(p-1)\displaystyle\int_{0}^{1}x^{p-2}\dfrac{1-x}{\sqrt{1-x}}\,\text{d}x\\\\&=2(p-1)(S(p-1)-S(p))\end{array}}On en déduit : {\forall\, p\ge2,\; S(p)=\dfrac{2(p-1)}{2p-1}S(p-1)}.

    D’autre part : {S(1)=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\,\text{d}x}{\sqrt{1-x}}=2}.

    Finalement : {S(p)=\dfrac{\bigl(2^{p-1}(p-1)!\bigr)^{2}}{(2p-1)!}S(1)=\dfrac{4^{p}\,p!^{2}}{p\,(2p)!}=\dfrac{1}{p\,u_{p}}}

    (cette égalité est aussi valable pour {p\ge1}).