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On peut procéder de deux façons:

1. Par la formule de Taylor: on sait que \(a_3=\frac{f^{(3)}(0)}{3!}\). Un calcul direct montre que \(f^{(3)}(0)=0\), et donc \(a_3=0\).
2. Par composition de développements limités: Autour de \(x_0=0\), \[ \sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+x^3\varepsilon_s(x)\,, \] et autour de \(u_0=0\), \[ e^u=1+u+\frac{u^2}{2!}+\frac{u^3}{3!}+u^3\varepsilon_e(u)\,. \] Comme \(u=\sin(x)\) est proche de \(u_0=0\) lorsque \(x\) est proche de \(x_0=0\), on peut injecter une partie principale dans l'autre et ne garder que les termes de degré \(\leqslant 3\): \[\begin{aligned} 1+ & \left(x-\frac{x^3}{6}\right) +\frac12 \left(x-\frac{x^3}{6}\right)^2 +\frac16 \left(x-\frac{x^3}{6}\right)^3 \\ &=1+x-\frac{x^3}{6}+\frac12 (x^2+\cdots)+\frac16(x^3+\cdots)\\ &=\underbrace{1+x+\frac12x^2+0x^3}_{}+\cdots \end{aligned}\] Ci-dessus, chaque ''\(\cdots\)'' représente des termes en \(x\) de degrés \(\geqslant 4\).
   
   Donc le \(DL(3)\) autour de \(x_0=0\) est \[ e^{\sin(x)}= 1+x+\frac12x^2+0x^3 +x^3\varepsilon(x)\,. \]
   

Si on fixe \(x\gt 0\), alors \(\sqrt[n]{x}=\exp(\frac{\log(x)}{n})\to 1\) lorsque \(n\to \infty\), et donc la limite demandée est une indétermination du type ''\(\infty\cdot 0\)''. On va donc utiliser un développement limité pour contrôler la petitesse (en \(n\)) de \(\sqrt[n]{x}-1\).

On sait qu'autour de \(u_0=0\), \[ e^u=1+u+u\varepsilon(u)\,, \] donc \[\begin{aligned} \sqrt[n]{x}-1 &= e^{\frac{\log(x)}{n}}-1\\ &=\left(1+\frac{\log(x)}{n} +\frac{\log(x)}{n}\varepsilon\left(\frac{\log(x)}{n}\right)\right)-1\\ &=\frac{\log(x)}{n}+\frac{\log(x)}{n}\varepsilon\left(\frac{\log(x)}{n}\right) \end{aligned}\] Donc \[ \lim_{n\to\infty} n(\sqrt[n]{x}-1) =\log(x)+\log(x) \lim_{n\to\infty}\varepsilon\left(\frac{\log(x)}{n}\right) =\log(x) \]

On commence par déterminer le rayon de convergence. \[ \sigma =\lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| =\lim_{k\to\infty}\frac{k^4+2}{(k+1)^4+2} =\lim_{k\to\infty}\frac{1+\frac{2}{k^4}}{(1+\frac{1}{k^4})^4+\frac{2}{k^4}}=1 \] Donc le rayon de convergence est \(R=\frac{1}{\sigma}=1\), et comme \(x_0\pm R=-3\pm 1\), l'intervalle de convergence de la série est l'un des 4 suivants: \[ ]-4,-2[,\qquad [-4,-2[,\qquad ]-4,-2],\qquad [-4,-2]\,. \] On regarde donc le comportement de la série sur les bords.

• Lorsque \(x=-4\), la série est \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^4+2}(-4+3)^k = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k^4+2}\,, \] qui converge puisque \(0\leqslant \frac{1}{k^4+2}\leqslant \frac{1}{k^4}\), et \(p=4\gt 1\) (critère de comparaison).
• Lorsque \(x=-2\), la série est \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^4+2}(-2+3)^k = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^4+2}\,, \] qui converge puisque \(\frac{1}{k^4+2}\) est positif, décroissant vers zéro (critère de Leibniz).

Donc l'intervalle de convergence est \([-4,-2]\).

On remarque que cette série est, au polynôme \(p(x)=\sum_{k=0}^{99}\frac{x^k}{k!}\) près, la série de Taylor de \(e^x\), qui converge pour tout \(x\in\mathbb{R}\), comme vu pour la première fois dans Séries entières.

Posons \(c_n=a^n+b^n\). On applique le critère de Cauchy: \[ \sigma =\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|} =\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a^n+b^n} =\max\{a,b\} \] Donc le rayon de convergence est \[ R =\frac{1}{\sigma} =\frac{1}{\max\{a,b\}} =\min\left\{\frac{1}{a},\frac{1}{b}\right\}\,. \] On aurait aussi pu séparer la série en deux, calculer séparément les rayons de convergence, puis dire que pour que les deux séries convergent pour un même \(x\), ce \(x\) doit être dans les deux intervalles de convergence en même temps.

(Aller voir dans la question!)

Remarquons que \[ a_k=(3+(-1)^k)^{k} = \begin{cases} 4^{k}&\text{ si k pair}\,,\\ 2^{k}&\text{ si k impair}\,. \end{cases} \] On applique le critère de Cauchy, version ''limsup'', pour obtenir le rayon de convergence \[\begin{aligned} \sigma &=\limsup_{k\to \infty}\sqrt[k]{|a_k|}\\ &=\limsup_{k\to \infty}(3+(-1)^k)=4\,. \end{aligned}\] Donc le rayon de convergence est \(R=\frac{1}{4}\).

1. Comme on l'a fait pour \(\log(1+x)\) dans Exemples, on trouve, pour tout \(k\geqslant 1\), \[ f^{(k)}(x)=(-1)^{k+1}(k-1)!(\pi+x)^{-k}\,. \] Donc la série de MacLaurin est \[ \sum_{k=0}^\infty\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k = \log(\pi)+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k\pi^k}x^k \] Cette dernière a un rayon de convergence égal à \(\pi\), puisque \[ \lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| = \lim_{k\to\infty}\frac{k}{(k+1)\pi}=\frac{1}{\pi} \] Elle converge en \(x=\pi\) puisque \[ \sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k\pi^k}\pi^k = \sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k} \] converge (série harmonique alternée), mais diverge en \(x=-\pi\) puisque \[ \sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k\pi^k}(-\pi)^k = -\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k} \] diverge (série harmonique). Donc son intervalle de convergence est \(]-\pi,\pi]\).
2. On étudie le reste dans la limite \(n\to\infty\). On rappelle que par La formule de Taylor que le reste du \(DL(n)\) autour de zéro est donné, pour \(x\in]-\pi,+\infty[\), par \[\begin{aligned} R_n(x)=x^n\varepsilon(x) &=x^n\cdot x\frac{f^{(n+1)}(u)}{(n+1)!}\\ &=x^{n+1}(-1)^{n+2}\frac{1}{(n+1)(\pi+u)^{n+1}}\,, \end{aligned}\] où \(u\) est entre \(0\) et \(x\). On peut donc écrire \[ |R_n(x)| =\frac{1}{n+1}\left|\frac{x}{\pi+u}\right|^{n+1} \leqslant \frac{1}{n+1}\left(\frac{|x|}{\pi-|x|}\right)^{n+1} \] Pour garantir que \(|R_n(x)|\to 0\) lorsque \(n\to\infty\), on peut par exemple imposer que \(|x|\lt\frac{\pi}{2}\), qui garantit que \[ |R_n(x)| \leqslant \frac{1}{n+1}\left(\frac{\pi/2}{\pi-\pi/2}\right)^{n+1} =\frac{1}{n+1}\to 0\,. \] On a donc, sur \([-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\), que \[ f(x)=\log(\pi+x)= \log(\pi)+\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k\pi^k}x^k \]

Comme \(f\) est continue, le deuxième Théorème dans Les fonctions intégrables dit qu'on peut choisir une suite de subdivisions \(\sigma^{(N)}\) avec \(|\sigma^{(N)}|\to 0\), et que \[ \int_a^b f(x)\,dx =\lim_{N\to\infty}\overline{S}_{\sigma^{(N)}}(f) =\lim_{N\to\infty}\underline{S}_{\sigma^{(N)}}(f) \] Prenons la suite de subdivisions régulières: \[ \sigma^{(N)}=(x_0,x_1,x_2,\dots,x_N)\,, \] où \[ x_k=a+k\frac{b-a}{N}\,,\qquad k=0,1,2,\dots,N \] La somme de Darboux supérieure correspondante est, pour tout \(N\in\mathbb{N}^*\), \[ \overline{S}_{\sigma^{(N)}}(f) =\sum_{k=1}^NM_k\frac{b-a}{N} =\frac{b-a}{N}\sum_{k=1}^NM_k \] Si on suppose \(m\neq 0\), commençons par le cas \(m\gt 0\). Dans ce cas, \(f\) est croissante et \[ M_k=\sup_{I_k}f=f(x_k)=mx_k+h=m\left(a+k\frac{b-a}{N}\right)+h\,. \] Donc, en utilisant la formule pour la somme des \(N\) premiers entiers, \[\begin{aligned} \overline{S}_{\sigma^{(N)}}(f) &=\frac{b-a}{N}\sum_{k=1}^N \left[ m\left(a+k\frac{b-a}{N}\right)+h \right]\\ &=\frac{b-a}{N} \left( (ma+h)N+m\frac{b-a}{N} \sum_{k=1}^N k \right)\\ &=\frac{b-a}{N} \left( (ma+h)N+m\frac{b-a}{N}\frac{N(N+1)}{2} \right)\,. \end{aligned}\] Ceci donne \[\begin{aligned} \lim_{N\to\infty} \overline{S}_{\sigma^{(N)}}(f) &=(b-a)(ma+h)+\frac12 m(b-a)^2\\ &=\frac12 m(b^2-a^2)+h(b-a)\,. \end{aligned}\] C'est bien ce qu'on a trouvé, dans un cas simplifié où le graphe de \(f\) est au-dessus de \(Ox\), à l'aide de la formule de l'aire d'un trapèze.

Remarquons encore que c'est aussi ce que donne le Théorème Fondamental de l'Analyse, en utilisant pour \(f\) la primitive \(F(x)=m\frac{x^2}{2}+hx\): \[ \int_a^b f(x)\,dx= \left.\left(m\frac{x^2}{2}+hx\right)\right|_a^b =\frac12 m(b^2-a^2)+h(b-a) \]