Étude d'une suite par série génératrice

Résolution.

1. Approche numérique
   1. Voici une proposition de code Python : \begin{verbatim} def etude_suite(N): u = [1.0, 1.0] v = [0.0, 1.0] # v[0] non utilisé for n in range(1, N): u_next = u[n] + 2 * u[n-1] / (n + 1) u.append(u_next) v.append(u_next / (n + 1)**2) return v

      print(etude_suite(30)) \end{verbatim}

   2. L'exécution montre que $v_n$ semble se stabiliser vers une valeur proche de $0,067$. On conjecture que la suite $(v_n)$ converge vers une limite $\ell > 0$.

2. Étude de la série entière
   1. Par récurrence immédiate, comme $u_0, u_1 > 0$ et les coefficients de la relation sont positifs, $u_n > 0$ pour tout $n$. De plus, pour $n \ge 1$, $u_{n+1} - u_n = \frac{2}{n+1} u_{n-1} > 0$, donc $(u_n)_{n \ge 1}$ est strictement croissante.

   2. Pour le rayon de convergence $R$ : Comme $u_n$ est croissante, $u_{n-1} \le u_n$, d'où $u_{n+1} = u_n + \frac{2}{n+1} u_{n-1} \le u_n (1 + \frac{2}{n+1})$. On a alors $\frac{u_{n+1}}{u_n} \le 1 + \frac{2}{n+1} \xrightarrow[n \to \infty]{} 1$. Par ailleurs, $u_{n+1} \ge u_n$ implique $\frac{u_{n+1}}{u_n} \ge 1$. Par le critère de d'Alembert, on en déduit :
      $$\boxed{R = 1}$$

   3. Soit $x \in ]-1, 1[$. La relation s'écrit $(n+1)u_{n+1} = (n+1)u_n + 2u_{n-1}$ pour $n \ge 1$. Sommons pour $n$ allant de 1 à $+\infty$ :
      $$\sum_{n=1}^{+\infty} (n+1)u_{n+1} x^n = \sum_{n=1}^{+\infty} (n+1)u_n x^n + 2 \sum_{n=1}^{+\infty} u_{n-1} x^n$$
      On identifie les termes à l'aide de $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} u_n x^n$ et $f'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n u_n x^{n-1}$ : - $\sum_{n=1}^{+\infty} (n+1)u_{n+1} x^n = f'(x) - u_1 = f'(x) - 1$. - $\sum_{n=1}^{+\infty} (n+1)u_n x^n = x f'(x) + (f(x) - u_0) = x f'(x) + f(x) - 1$. - $2 \sum_{n=1}^{+\infty} u_{n-1} x^n = 2x f(x)$. On obtient $f'(x) - 1 = x f'(x) + f(x) - 1 + 2x f(x)$, ce qui se simplifie en :
      $$\boxed{(1-x)f'(x) = (1+2x)f(x)}$$

   4. L'équation est séparable : $\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1+2x}{1-x} = -2 + \frac{3}{1-x}$. En intégrant sur $]-1, 1[$, on trouve $\ln|f(x)| = -2x - 3\ln(1-x) + C$. Comme $f(0) = u_0 = 1$, on a $C=0$. Ainsi :
      $$\boxed{f(x) = \frac{e^{-2x}}{(1-x)^3}}$$

   5. Développons $f(x)$ en produit de Cauchy : On sait que $\frac{1}{(1-x)^3} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1)(n+2)}{2} x^n$ et $e^{-2x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-2)^n}{n!} x^n$. Le coefficient $u_n$ est donc :
      $$u_n = \sum_{k=0}^n \frac{(-2)^k}{k!} \frac{(n-k+1)(n-k+2)}{2}$$
      En divisant par $n^2$ :
      $$v_n = \frac{u_n}{n^2} = \sum_{k=0}^n \frac{(-2)^k}{2 \cdot k!} \frac{(n-k+1)(n-k+2)}{n^2}$$
      Pour chaque $k$ fixé, $\frac{(n-k+1)(n-k+2)}{n^2} \xrightarrow[n \to \infty]{} 1$. Par le théorème de convergence dominée (ou par interversion limite-somme justifiée par le fait que $\sum \frac{2^k}{k!}$ converge), on obtient :
      $$\lim_{n \to +\infty} v_n = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-2)^k}{2 \cdot k!} = \frac{1}{2} e^{-2}$$
      Le calcul numérique donne $\frac{1}{2 e^2} \approx 0,067667$, ce qui confirme la conjecture.
      $$\boxed{\ell = \frac{1}{2 e^2}}$$