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Séries de Lambert et variantes

Lambertéquivalentséries géométriquesChangement de variable h=-ln xComparaison série-intégrale

Soit ff et gg les fonctions définies par :

f(x)=∑n=1+∞xn1−xnetg(x)=∑n=0+∞xn1+xnf(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{1-x^n}   \text{et}   g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^n}{1+x^n}

  1. Déterminer le domaine de définition commun DD de ff et gg.
  2. Montrer que ff est de classe C1\mathcal{C}^1 sur DD.
  3. Déterminer un équivalent de f(x)f(x) quand x→1−x \to 1^-.

1.

Pour le domaine, distinguer les cas ∣x∣<1|x|<1, ∣x∣>1|x|>1 et ∣x∣=1|x|=1.

2.

Pour l'équivalent, poser x=e−hx = e^{-h} avec h→0+h \to 0^+ et comparer à une intégrale.

Idées clés

•

Convergence géométrique pour le domaine.

•

Comparaison intégrale après changement de variable tln⁡x=−ut \ln x = -u.

Résolution.

  1. Si ∣x∣<1|x| < 1, xn1±xn∼xn\frac{x^n}{1 \pm x^n} \sim x^n, donc convergence absolue. Si ∣x∣>1|x| > 1, xn1±xn→±1≠0\frac{x^n}{1 \pm x^n} \to \pm 1 \neq 0, donc divergence grossière. Si x=±1x = \pm 1, le terme n'est pas défini. Le domaine est \boxed{D = ]-1, 1[}.

  2. Sur [−a,a]⊂]−1,1[[-a, a] \subset ]-1, 1[, ∣fn(x)∣≤an1−an|f_n(x)| \leq \frac{a^n}{1-a^n}. La série converge normalement. fn′(x)=nxn−1(1−xn)2f_n'(x) = \frac{n x^{n-1}}{(1-x^n)^2}. Pour x∈[−a,a]x \in [-a, a], ∣fn′(x)∣≤nan−1(1−an)2∼nan−1|f_n'(x)| \leq \frac{n a^{n-1}}{(1-a^n)^2} \sim n a^{n-1}. La série ∑nan−1\sum n a^{n-1} converge, donc par théorème de dérivation, ff est \boxed{\mathcal{C}^1 \text{ sur } ]-1, 1[}.

  3. Soit x∈[0,1[x \in [0, 1[. Posons x=e−hx = e^{-h} avec h→0+h \to 0^+.
    f(e−h)=∑n=1+∞e−nh1−e−nhf(e^{-h}) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{e^{-nh}}{1-e^{-nh}}
    La fonction t↦e−th1−e−tht \mapsto \frac{e^{-th}}{1-e^{-th}} est décroissante sur [1,+∞[[1, +\infty[. Par comparaison série-intégrale :
    f(e−h)∼∫1+∞e−th1−e−thdtf(e^{-h}) \sim \int_1^{+\infty} \frac{e^{-th}}{1-e^{-th}} dt
    On pose u=nhu = nh, du=hdtdu = h dt :
    ∫h+∞e−u1−e−uduh=1h[ln⁡(1−e−u)]h+∞=−ln⁡(1−e−h)h\int_h^{+\infty} \frac{e^{-u}}{1-e^{-u}} \frac{du}{h} = \frac{1}{h} \left[ \ln(1-e^{-u}) \right]_h^{+\infty} = -\frac{\ln(1-e^{-h})}{h}
    Or h∼1−xh \sim 1-x et 1−e−h∼h1-e^{-h} \sim h. Donc :
    f(x)∼−ln⁡(1−x)1−xf(x) \sim \frac{-\ln(1-x)}{1-x}

Point de divergence aux bornes

Équivalent de Lambert -ln(1-x)/(1-x)