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\def\crol{$[\![}
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% pour UPS

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\ifx\numerodepage\undefined\count0=1\else\count0=\numerodepage\fi   % num\'ero de la premi\`ere page
\makeatother

\begin{document}


\begin{center}
\textbf{CNC-Maroc 2007---Epreuve de math I: Corrig\'{e}\\ Par
M.Taibi professeur en MP* à Rabat}
\end{center}

\hrulefill


\textbf{Partie I}

\begin{enumerate}
\item  L'application $t\mapsto t^{x-1}e^{-t}$ est continue sur $]0,+\infty [$
pour tout r\'{e}el $x$ .

\begin{enumerate}
\item  On a : $t^{x-1}e^{-t}\underset{t\rightarrow 0^{+}}{\sim }t^{x-1},$
donc $t\mapsto t^{x-1}e^{-t}$ est int\'{e}grable sur $]0,1[$ si, et
seulement $1-x<1$ soit $x>0.$

\item  On a aussi $t^{x-1}e^{-t}=\underset{t\rightarrow +\infty }{O}(%
\dfrac{1}{t^{2}}),$ donc $t\mapsto e^{-t}t^{x-1}$ est int\'{e}grable sur $%
[1,+\infty [$ .
\end{enumerate}

\item  L'applicationn $t\mapsto t^{x-1}e^{-t}=e^{-t}e^{(z-1)\ln (t)}$ est
continue sur $]0,+\infty [,$ et que pour tout $t>0,$ $\left|
e^{-t}t^{z-1}\right| =e^{-t}t^{\Re(z)-1},$ donc par la question $1{%
{}^{\circ }}),\;$l'application $t\mapsto t^{z-1}e^{-t}$ est
int\'{e}grable sur $]0,+\infty [$ si et seulement si $\Re(z)>0$ .

\item  Quelques formules utiles:

\begin{enumerate}
\item  Les applications $t\mapsto t^{z}$ et $t\mapsto e^{-t}$ sont de
classes $C^{1}$ sur $]0,+\infty [$ et que pour tout $z\in C$ tel que
$%
\Re(z)>0,$ on a: $\left| e^{-t}t^{z}\right| =e^{-t}t^{\Re(z)-1}%
\underset{t\mapsto +\infty }{\rightarrow }0.$ On applique alors une int%
\'{e}gration par parties \`{a} l'int\'{e}grale $\Gamma
(z+1)=\int\limits_{0}^{+\infty }t^{z}e^{-z-1}dt:$\newline
\newline
$\Gamma (z+1)=\int\limits_{0}^{+\infty }t^{z}e^{-z-1}dt=\left[
-e^{-t}t^{z}\right] _{t=0}^{+\infty }+z\int\limits_{0}^{+\infty
}t^{z-1}e^{-t}dt=z\Gamma (z)$ pour tout $z$ tel que $\Re(z)>0$

\item  Pour tout $z\in C$ tel que $\Re(z)>0$ et tout $p\in N^{*},$ on
a: \newline
$\Gamma (z+p)=\Gamma ((z+p-1)+1)=(z-p-1)\Gamma (z-p-1).$\newline
D'o\`{u}: $\prod\limits_{k=1}^{p}\Gamma
(z+k)=\prod\limits_{k=1}^{p}(z-k-1)\Gamma
(z-k-1)=\prod\limits_{k=1}^{p-1}(z-k)\prod\limits_{k=1}^{p-1}\Gamma (z-k)$
et par suite:\newline
\[
\Gamma (z+p)=\prod\limits_{k=1}^{p-1}(z-k)\Gamma (z)
\]
\newline
On prend $z=\alpha +1,$ on a: $\Re(z)=\Re(\alpha +1)=\Re%
(\alpha )+1>0$ et par suite
\[
\Gamma (\alpha +1+p)=\gamma (\alpha +1)\prod\limits_{k=1}^{p-1}(\alpha
+1+k)=\Gamma (\alpha +1)(\alpha +1)...(\alpha +p)
\]

\item  Pour tout $x>0,$ la fonction $t\mapsto t^{x-1}e^{-t}$ est continue et
strictement positive, donc $\Gamma (x)=\int\limits_{0}^{+\infty
}t^{x-1}e^{-t}dt$ $>0$ .

\item  Par un simple calcul, on a $\Gamma (1)=1$ et par $b)$ pour $\alpha =0,
$ $p=n,$ on a:$:$%
\[
\Gamma (n+1)=\prod\limits_{k=1}^{n}k=n!
\]
\end{enumerate}

\item  D\'{e}veloppement en s\'{e}rie de $\Gamma .$

\begin{enumerate}
\item  Soit $z\in \Bbb{C}$ tel que $\Re(z)>0,$ on a: $\Gamma
(z)=\int_{]0,1[}t^{z-1}e^{-t}dt+\int_{[1,+\infty [}t^{x-1}e^{-t}dt$\newline
Ecrivons $e^{-t}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n}}{n!}t^{n},$ on a
alors: $t^{z-1}e^{-t}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n}}{n!}%
t^{z+n-1}$\newline
\newline
Si l'on pose $f_{n}(t)=\dfrac{(-1)^{n}}{n!}t^{z+n-1}$ pour $t\in ]0,1],$ on
a: $f_{n}$ est int\'{e}grable sur $]0,1]$ pour tout entier naturel $n$ et
que $\int_{]0,1]}\left| f_{n}(t)\right| dt\leqslant \int_{]0,1]}\frac{1}{n!}%
dt=\frac{1}{n!}\ \;$et puisque la s\'{e}rie $\sum \dfrac{1}{n!}$ converge,
il en r\'{e}sulte par le th\'{e}or\`{e}me d'int\'{e}gration terme \`{a}
terme que
\[
\int_{0}^{1}t^{z-1}e^{-t}dt=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\dfrac{(-1)^{n}}{n!}%
\int_{0}^{1}t^{z+n-1}dt=\sum_{n=0}^{+\infty }\frac{(-1)^{n}}{n!}\frac{1}{z+n%
}
\]

\item  Posons $f_{n}(z)=\dfrac{(-1)^{n}}{n!}\dfrac{1}{z+n}$ pour $n\in \Bbb{N%
}$ et $z\in \Bbb{C}\backprime \Bbb{Z}^{-}$ .\newline
\newline
Pour $n\in \Bbb{N},$ la fonction $f_{n}$ est continue sur
$\Bbb{C}\backprime \Bbb{Z}^{-}$ ( fraction rationnelle en $z$
)\newline pour tout $z\in \Bbb{C}\backprime \Bbb{Z}^{-}$ et tout
$n\in \Bbb{N},$ on a: $\left| f_{n}(z)\right|
=\dfrac{1}{n!}\dfrac{1}{\left| n+z\right| }\leqslant
\dfrac{1}{n!}\dfrac{1}{\left| n+\Re(z)\right| }$ car $\left| n+\Re
(z)\right| \leqslant \left| n+z\right| ,$ donc $\sum f_{n}(z)$
converge absolument et par suite $\sum f_{n}$\newline converge
simplement sur $\Bbb{C}\backprime \Bbb{Z}^{-}.$ \newline Soit $K$ un
compact inclu dans $\Bbb{C}\backprime \Bbb{Z}^{-},$ et $\alpha
=d(Z^{-},K),$ on a $\alpha >0$ car $\Bbb{Z}^{-}$ ferm\'{e} et $K$
compact. On a alors pour tout $z\in K,$ et tout $n\in \Bbb{N},$
$\left| n+z\right|
=d(-n,z)\geqslant \alpha ,$ donc $\left| f_{n}(z)\right| \leqslant \dfrac{1}{%
n!}\dfrac{1}{\left| n+z\right| }\leqslant \dfrac{1}{n!}\dfrac{1}{\alpha }$.
Comme la s\'{e}rie $\sum \dfrac{1}{n!}$ converge, il en r\'{e}sulte que $%
\sum f_{n}$ converge localement uniform\'{e}ment sur $\Bbb{C}\backprime \Bbb{%
Z}^{-},$ donc par le th\'{e}or\`{e}me de continuit\'{e} la fonction somme $%
\sum\limits_{n=0}^{+\infty }f_{n}$ est continue sur $\Bbb{C}\backprime \Bbb{Z%
}^{-}$ .\newline
On peut aussi montrer que $\sum_{n=0}^{\infty }f_{n}$ est continue en tout
point $z_{0}$ de $\Bbb{C}\backprime \Bbb{Z}^{-}$ en effet: Comme $\Bbb{C}%
\backprime \Bbb{Z}^{-}$ est un ouvert, on a pour tout $z_{0}\in \Bbb{C}%
\backprime \Bbb{Z}^{-},$ il existe $r>0$ tel $B(z_{0},r)\subset \Bbb{C}%
\backprime \Bbb{Z}^{-},$ on prend alors le compact $K=\overline{B}%
(z_{0},\alpha )$ et on termine comme avant .
\end{enumerate}

\item  Soit $0<a<b$ et $t>0,$ on a: $t^{a-1}=e^{(a-1)\ln (t)}$ .

\begin{enumerate}
\item  Si $t\in ]0,1],,$ alors $\ln (t)\leqslant 0,$ donc $(a-1)\ln
(t)\geqslant (b-1)\ln (t)$ et comme x$\mapsto e^{x}$ est croissante, on d%
\'{e}duit que $t^{a-1}\geqslant t^{b-1}$ . Soit $\max
(t^{a-1},t^{b-1})=t^{a-1}.$\newline
Si $t>1,$ alors $\ln (t)>0,$ donc $t^{a-1}<t^{b-1}et$ par suite $\max
(t^{a-1},t^{b-1})=t^{b-1}.$\newline
Conclusion finale: Pour tous $0<a<b$ et $t>0,$ on a :
\[
\max (t^{a-1},t^{b-1})\leqslant t^{a-1}+t^{b-1}.
\]

\item  Pour $t\in ]0,1],$ on a d'apr\`{e}s a) $0<t^{x-1}\leqslant \max
(t^{x-1},t^{a-1})=t^{a-1}=\max (t^{a-1},t^{b-1})$\newline
de m\^{e}me si $t>1,$ on a: $0<t^{x-1}\leqslant \max
(t^{x-1},t^{b-1})=t^{b-1}=\max (t^{a-1},t^{b-1})$\newline
En conclusion: $0<t^{x-1}\leqslant \max (t^{a-1},t^{b-1})$ pour tout $t\in
]0,+\infty [$

\item  La fonction $f:(x,t)\mapsto t^{x-1}e^{-t}$. est continue sur $\Bbb{R}%
_{+}^{*}\times \Bbb{R}_{+}^{*}$\newline
\newline
L'application $x\mapsto t^{x-1}e^{-t}=e^{-t}e^{(x-1)\ln (t)}$ est de classe C%
$^{1}$ sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ et $\frac{d}{dx}f(x,t)=\ln (t)f(x,t)$
pour tout $(x,t)\in $ $\Bbb{R}_{+}^{*}\times
\Bbb{R}_{+}^{*}$.\newline De plus pour tout compact $K=[a,b]\subset
\Bbb{R}_{+}^{*}$ et tout $(x,t)\in K\times \Bbb{R}_{+}^{*},$ on a:
$\left| \frac{d}{dx}f(x,t)\right| \leqslant \left| \ln (t)\right|
e^{-t}t^{x-1}\leqslant \left| \ln (t)\right| e^{-t}\max
(t^{a-1},t^{b-1})\leqslant \left| \ln (t)\right|
e^{-t}(t^{a-1}+t^{b-1})$ et que la fonction $\varphi :t\mapsto
\left| \ln (t)\right| e^{-t}(t^{a-1}+t^{b-1})$ est int\'{e}grable
sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ car $\sqrt{t}\varphi
(t)=\sqrt{t}(t^{a-1}+t^{b-1})e^{-t}\left| \ln (t)\right|
\underset{t\rightarrow 0^{+}}{\rightarrow }0.$ Pour $t\geqslant
1,$ $\varphi (t)\leqslant (t^{a-1}+t^{b-1})te^{-t}=(t^{a}+t^{b})e^{-t}$ .%
\newline
Donc par le th\'{e}or\`{e}me de d\'{e}rivation sous le signe int\'{e}gral,
il en r\'{e}sulte que $\Gamma $ est de classe $C^{1}$ sur l'ouvert $\Bbb{R}%
_{+}^{*}$ et que
\[
\Gamma ^{\prime }(x)=\int_{0}^{+\infty }\frac{d}{dx}f(x,t)dt=\int_{0}^{+%
\infty }\ln (t)t^{x-1}e^{-t}dt.
\]

\item  On a $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$ pour tout $x>0,$ et comme $\Gamma $
est continue en $1,$ on a $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\Gamma (x+1)=\Gamma
(1)=1,$ donc
\[
\Gamma (x)\sim _{x\rightarrow 0^{+}}\frac{1}{x}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\textbf{Partie II :}

$\lambda >0,\;\;$ $\alpha \in $ $\Bbb{R},\;\;\;\;\;$ $y_{\alpha
}(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}$ $x^{n+\alpha }$

\begin{enumerate}
\item  $a_{0}\neq 0$ et $y_{\alpha }$ est solution sur $]0,R[$ de l'\'{e}%
quation $(F_{\lambda })$ .\newline
\newline
L'application $x\mapsto x^{\alpha }$ est de classe C$^{\infty }$ sur $%
R_{+}^{*}$ et que $x\mapsto \sum_{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}$ est de classe $%
C^{\infty }$ sur $]0,R[$ ( somme d'une s\'{e}rie enti\`{e}re ), donc $%
y_{\alpha }$ est de classe $C^{\infty }$ sur $]0,R[$ (produit de fonctions
de classes $C^{\infty }$ ).\newline
Par calculs: $y_{\alpha }^{\prime }(x)=\alpha x^{\alpha
-1}\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}+x^{\alpha
}\sum\limits_{n=1}^{\infty }na_{n}x^{n-1}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }(\alpha
+n)a_{n}x^{\alpha +n-1}$\newline
$y_{\alpha }^{\prime \prime }(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }(\alpha
+n)(\alpha +n-1)a_{n}x^{\alpha +n-2}$\newline
Donc\newline
\begin{tabular}{lll}
$y_{\alpha }$ est solution sur $]0,R[$ de $(F_{\lambda })$ & $%
\Leftrightarrow $ & $\forall x\in ]0,R[,\;$\ $\;-(x^{2}+\lambda )$ $%
\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}x^{\alpha +n}$ \\
&  & $+\sum\limits_{n=0}^{\infty }(\alpha +n)a_{n}x^{\alpha
+n}+\sum\limits_{n=1}^{\infty }(\alpha +n)(\alpha +n-1)a_{n}x^{\alpha +n}=0$
\\
& $\Leftrightarrow $ & $\forall x\in ]0,R[$ \\
&  & $\sum\limits_{n=0}^{\infty }((n+\alpha )^{2}-\lambda
^{2})a_{n}x^{\alpha +n}-\sum_{n=2}^{\infty }a_{n-2}x^{\alpha +n}=0$ \\
& $\Leftrightarrow $ & $\forall x\in ]0,R[$ \\
&  & $\sum\limits_{n=0}^{\infty }((n+\alpha )^{2}-\lambda
^{2})a_{n}x^{n}-\sum\limits_{n=2}^{\infty }a_{n-2}x^{n}=0$ car $x^{\alpha
}\neq 0$%
\end{tabular}
: \newline
On fait tendre $x$ vers $0^{+,}$ obtenir $\alpha ^{2}-\lambda ^{2}=0$ car $%
a_{0}\neq 0$ et puis $((\alpha +1)^{2}-\lambda ^{2})a_{1}=0$ et une
recurrence $((\alpha +n)^{2}-\lambda $ $^{2})a_{n}=a_{n-2}..$

\item  $\alpha =\lambda ,$ $a_{0}\neq 0$ et $y_{\lambda }$ est solution sur $%
]0,R[$ de $(F_{\lambda })$ .

\begin{enumerate}
\item  On a: $y_{\lambda }(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}x^{\lambda
+n}=x^{\lambda }\sum\limits_{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}.$ On sait que $(1)$ $\;
$ $((\lambda +n)^{2}-\lambda ^{2})a_{n}=a_{n-2}$ pour tout $n\geqslant 2$%
\newline
Puisque . ($\lambda +1)^{2}-\lambda ^{2}\neq 0$ , on a $a_{1}=0$ et par la
relation $(1),$ on a: $a_{2p+1}=0$ pour tout $p\in \Bbb{N}$ .et $a_{2p}=%
\dfrac{1}{(\lambda +2p)^{2}-\lambda ^{2}}a_{2(p-1)}$ pour tout $p\in \Bbb{N}%
^{*}.$ Donc $\prod\limits_{k=1}^{p}a_{2k}=\prod\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{%
(\lambda +2k)^{2}-\lambda ^{2}}\prod\limits_{k=1}^{p}a_{2(k-1)}=\prod%
\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{(\lambda +2k)^{2}-\lambda ^{2}}%
\prod\limits_{k=0}^{p-1}a_{2k}$ soit: $a_{2p}=\prod\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1%
}{(\lambda +2k)^{2}-\lambda ^{2}}a_{0}.$\newline
Mais ($\lambda +2k)^{2}-\lambda ^{2}=4\lambda k+4k^{2}=4k(\lambda +k),$ d'o%
\`{u} $\prod\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{(\lambda +2k)^{2}-\lambda ^{2}}%
=\prod\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{4k(\lambda +k)}=\dfrac{1}{4^{p}p!}%
\prod\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{\lambda +k}=\dfrac{1}{2^{2p}p!}\dfrac{\Gamma
(\lambda +1)}{\Gamma (\lambda +p+1)}.$\newline
En conclusion:
\[
\forall p\in \Bbb{N},\;\;\;a_{2p}=\dfrac{a_{0}}{2^{2p}p!}\dfrac{\Gamma
(\lambda +1)}{\Gamma (\lambda +p+1)}
\]

\item  Pour $x>0$ , on a: $\left| \dfrac{a_{2p}x^{2p}}{a_{2(p-1)}x^{2(p-1)}}%
\right| =\dfrac{a_{2p}}{a_{2(p-1)}}x^{2}=\dfrac{1}{(\lambda
+2p)^{2}+\lambda ^{2}}x^{2}\underset{p\rightarrow +\infty
}{\rightarrow }0,$ donc le rayon de convergence $R$ est infini .

\item  On suppose $a_{0}2^{\lambda }\Gamma (\lambda +1)=1.$\newline
On a:
\begin{tabular}[t]{llll}
$\forall x>0,$ & $y_{\lambda }(x)$ & $=$ & $\sum\limits_{p=0}^{+\infty
}a_{2p}x^{2p+\lambda }$ \\
&  & $=$ & $\sum\limits_{p=0}^{+\infty }\dfrac{a_{0}}{2^{2p}p!}\dfrac{\Gamma
(\lambda +1)}{\Gamma (\lambda +p+1)}x^{2p+\lambda }$ \\
&  & $=$ & $\sum\limits_{p=0}^{+\infty }\dfrac{a_{0}}{p!}\dfrac{\Gamma
(\lambda +1)}{\Gamma (\lambda +p+1)}(\dfrac{x}{2})^{2p+\lambda }2^{\lambda }$
\\
&  & $=$ & $\sum\limits_{p=0}^{+\infty }\dfrac{1}{p!}\dfrac{1}{\Gamma
(\lambda +p+1)}(\dfrac{x}{2})^{2p+\lambda }$ car $a_{0}2^{\lambda }\Gamma
(\lambda +1)=1.$%
\end{tabular}
\newline
Equivalent au voisinage de $0:$\newline
D'apr\`{e}s les propri\'{e}t\'{e}s des s\'{e}ries enti\`{e}res, on a:
\[
\sum\limits_{p=0}^{\infty }\frac{1}{p!}\frac{1}{\Gamma (\lambda +p+1)}(\frac{%
x}{2})^{2p}\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim }\frac{1}{\Gamma (\lambda +1)%
}
\]
Donc
\[
y_{\lambda }(x)\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim }\frac{1}{\Gamma
(\lambda +1)}(\frac{x}{2})^{\lambda }
\]
\end{enumerate}

\item  On suppose ici que $2\lambda \notin \Bbb{N}$ .

\begin{enumerate}
\item  D'apr\`{e}s la question $1$ et $2)$ la fonction $y_{-\lambda }$ est
aussi solution sur $R_{+}^{*}$ de (F$_{\lambda })$ .

\item  Montrons $(y_{\lambda },y_{-\lambda })$ est un syst\`{e}me
fondamental de solutions sur $R_{+}^{*}$ de $(F_{\lambda })$
.\newline Soit $(\alpha ,$ $\beta )$ $\in \Bbb{R}^{2}$ tel que
$\alpha y_{\lambda }+\beta y_{-\lambda }=0.$\newline Comme
$y_{\lambda }(x)\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim }\dfrac{1}{\Gamma
(\lambda +1)}(\dfrac{x}{2})^{\lambda }$ et $y_{-\lambda }(x)\underset{%
x\rightarrow 0^{+}}{\sim }\dfrac{1}{\Gamma (-\lambda +1)}(\dfrac{x}{2}%
)^{-\lambda },$ on a : $y_{\lambda }(x)\underset{x\rightarrow 0^{+}}{%
\rightarrow }0$ et $y_{-\lambda }(x)\underset{x\rightarrow 0^{+}}{%
\rightarrow }+\infty ,$ donc si l'on suppose $\alpha \neq 0,$ alors en
faisant tendre $x$ vers $0,$ on aboutit \`{a} une contradiction.\newline
On conclut que $\alpha =0$ et puis $\beta =0,$ donc les solutions $%
y_{\lambda }\;$et $y_{-\lambda }$ sont lin\'{e}airement ind\'{e}pendantes .%
\newline
$(F_{\lambda })$ est une \'{e}quation diff\'{e}rentielle lin\'{e}aire du
second ordre \`{a} coefficients continus et sans second membre, son ensemble
de solutions est donc un espace vectoriel r\'{e}el de dimension deux. En cons%
\'{e}quence: $($ $y_{\lambda },y_{-\lambda })$ est un syst\`{e}me
fondamental de solutions de $(F_{\lambda })$ et que toute solution sur $\Bbb{%
R}_{+}^{*}$ de $(F_{\lambda })$ est de la forme $:$%
\[
y=\alpha y_{\lambda }+\beta y_{-\lambda }\;\;\;\;\;o\grave{u}%
\;\;\;\;\;\alpha ,\beta \in R
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\textbf{Partie III.}
\end{center}

\textbf{A- Etude de }$(F_{0}):$

Pour $x>0,\;$on a: $y_{\lambda }(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\dfrac{1}{%
(2^{p}p!)^{2}}x^{2p}$ .

\begin{enumerate}
\item  .

\begin{enumerate}
\item  Pour tout entier $k\geq 1:$ $\prod\limits_{k=1}^{p}a_{2k}(\alpha
)=\prod\limits_{k1}^{p}\dfrac{1}{(\alpha +2k)^{2}}\prod%
\limits_{k=1}^{p}a_{2(k-1)}$ , donc $a_{2p}(\alpha )=\prod\limits_{k=1}^{p}%
\dfrac{1}{(\alpha +2k)^{2}}a_{0}(\alpha ).$\newline
Or $a_{0}(\alpha )=1,$ d'o\`{u} la formule cherch\'{e}e :\newline
\[
a_{2p}(\alpha )=\prod\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{(\alpha +2k)^{2}}\;\text{%
pour tout }p\geq 1.
\]

\item  D'apr\`{e}s les notations de l'enonc\'{e}, pour tout $p\in N^{*},$ on
a: $a_{2p}(\alpha )=\exp (\sum\limits_{k=1}^{p}\ln (\dfrac{1}{(\alpha
+2k)^{2}}))=\exp (-2\sum\limits_{k=1}^{p}\ln (\alpha +2k)),$ donc: $%
a_{2p}^{\prime }(\alpha )=-\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{2}{\alpha +2k}%
a_{2p}(\alpha )$ et puis
\begin{tabular}[t]{lll}
$a$'$_{2p}(0)$ & $=$ & $-2\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{2k}a_{2p}(0)$ \\
& $=$ & $-\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{k}a_{2p}(0)$ \\
& $=$ & $-H_{p}.a_{2p}(0)$%
\end{tabular}
\newline
Or $a_{2p}(0)=\prod\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{(2k)^{2}}=\dfrac{1}{%
2^{2p}(p!)^{2}}=\left( \dfrac{1}{2^{p}p!}\right) ^{2},$ donc:
\[
b_{p}=a_{2p}^{\prime }(0)=-\left( \dfrac{1}{2^{p}p!}\right) ^{2}H_{p}
\]

\item  Calcul du rayon de convergence $R_{b}:$\newline
On a $b_{p}\underset{p\rightarrow \infty }{\sim }-\dfrac{1}{(2^{p}p!)^{2}}%
\ln (p)$ $=o(\dfrac{1}{2^{p}p!})$ car $H_{p}\sim \ln (p),$ donc le rayon de
convergence de la s\'{e}rie enti\`{e}re $\sum b_{p}x^{p}$ est infini:
\[
R_{b}=+\infty
\]
\end{enumerate}

\item  .

\begin{enumerate}
\item  Pour tout $p\in \Bbb{N}^{*},$ on a:
\begin{tabular}[t]{lll}
$(2p)^{2}b_{p}+4pa_{2p}(0)$ & $=$ & $-(2p)^{2}a_{2p}(0)+4pa_{p}(0)$ \\
& $=$ & $a_{2p}(0)\left( -(2p)^{2}H_{P}+4p\right) $%
\end{tabular}
$.$\newline
Mais $(2p)^{2}a_{2p}(0)=a_{2(p-1)}(0),$ donc :\newline
\begin{tabular}[t]{lll}
$(2p)^{2}b_{p}+4pa_{2p}(0)$ & $=$ & $-a_{2p}(0)H_{p}+4pa_{2p}(0)$ \\
& $=$ & $-a_{2(p-1)}(0)H_{p-1}\underset{=0}{\underbrace{-\frac{1}{p}%
a_{2(p-1)}(0)+4pa_{2p}(0)}}$ \\
& $=$ & $b_{p-1}$%
\end{tabular}
\newline
D'o\`{u} le r\'{e}sultat demand\'{e} .

\item  L'application $x\mapsto y_{0}(x)\ln (x)$ est de classe $C^{\infty }$
sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ ( Op\'{e}rations ), donc $z_{0}$ est de classe $%
C^{\infty }$ sur $\Bbb{R}_{+}^{*}.$ Pour tout $x>0,$ on a:\newline
$z_{0}(x)=y_{0}(x)\ln (x)+\sum\limits_{p=1}^{\infty }b_{p}x^{2p}$\newline
$z_{0}^{\prime }(x)=\dfrac{1}{x}y_{0}(x)+\ln (x).y_{0}^{\prime
}(x)+2\sum\limits_{p=1}^{\infty }pb_{p}x^{2p-1}$\newline
$z_{0}^{\prime \prime }(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}y_{0}(x)+\dfrac{2}{x}%
y_{0}^{\prime }(x)+\ln (x).y_{0}^{\prime \prime
}(x)+2\sum\limits_{p=1}^{\infty }p(2p-1)b_{p}x^{2p-2}$\newline
Donc
\begin{tabular}[t]{lll}
$x^{2}z_{0}^{\prime \prime }(x)+xz_{0}^{\prime }(x)-(x^{2}+0)z_{0}(x)$ & $=$
& $-y_{0}(x)+2xy_{0}^{\prime }(x)+\ln (x).x^{2}y_{0}^{\prime \prime
}(x)+\sum\limits_{p=1}^{\infty }2p(2p-1)b_{p}x^{2p}$ \\
&  & $\;\;\;\;+y_{0}(x)+\ln (x).xy_{0}^{\prime
}(x)+\sum\limits_{p=1}^{\infty }b_{p}2px^{2p}$ \\
&  & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $-x^{2}\ln (x)y_{0}(x)-\sum\limits_{p=1}^{\infty
}b_{p}x^{2p+2}$%
\end{tabular}
\newline
En tenant compte du fait que $y_{0}$ est solution sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ de $%
(F_{0})$ et de la question pr\'{e}c\'{e}dente$,$ il vient: \newline
\begin{tabular}{lll}
$x^{2}z_{0}^{\prime \prime }(x)+xz_{0}^{\prime }(x)-(x^{2}+0)z_{0}(x)$ & $=$
& $2xy_{0}^{\prime }(x)+\sum\limits_{p=1}^{\infty
}b_{p}(2p)^{2}x^{2p}-\sum\limits_{p=1}^{\infty }b_{p}x^{2p+2}$ \\
& $=$ & $\underset{\sum\limits_{p=1}^{\infty }b_{p-1}x^{2p}}{\underbrace{%
\sum\limits_{p=1}^{\infty }4pa_{2p}(0)x^{2p}+\sum\limits_{p=1}^{\infty
}b_{p}(2p)^{2}x^{2p}}}-\sum\limits_{p=1}^{\infty }b_{p}x^{2p+2}$ \\
&  & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ car $xy_{0}^{\prime
}(x)=\sum\limits_{p=1}^{\infty }2p$ $a_{2p}(0)x^{2p}$ \\
& $=$ & $b_{0}x^{2}=0$%
\end{tabular}
\newline
\newline
Ce qui permet de conclure .
\end{enumerate}

\item  Comme $y_{0}(x)\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim }\frac{1}{\Gamma
(0+1)}(\frac{x}{2})^{0}=1$, $\lim\limits_{x\rightarrow
0}\sum\limits_{p=1}^{\infty }b_{p}x^{2p}=0$ et
$\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\ln (x)=-\infty ,$ on a:\newline
$z_{0}(x)\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim }\ln (x).$ \newline
ceci permet de prouver ( comme \`{a} la question II 3.b) que les solutions $%
y_{0}$ et $z_{0}$ sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ de $(F_{0})$ sont lin\'{e}airement
ind\'{e}pendantes .et avec les m\^{e}mes raisons que dans $III.3b),$ toute
solution de $(F_{0})$ est de la forme:\newline
$y=\alpha y_{0}+$ $\beta z_{0}$ o\`{u} $\alpha ,$ $\beta $ sont des
constantes r\'{e}elles arbitraires .
\end{enumerate}

\textbf{B- Etude de }$(F_{1}):$

\begin{enumerate}
\item  .

\begin{enumerate}
\item  Pour tout $p\in \Bbb{N}^{*},$ on a: $c_{2p}(\alpha )=\dfrac{1}{%
(\alpha +2p)^{2}-1}c_{2(p-1)}$ , donc $\prod\limits_{k=1}^{p}c_{2k}(\alpha
)=\prod\limits_{k=}^{p}\dfrac{1}{(\alpha +2k)^{2}-1}\prod%
\limits_{k=1}^{p}c_{2(k-1)}$ et par suite $c_{2p}(\alpha
)=\prod\limits_{k=}^{p}\dfrac{1}{(\alpha +2k)^{2}-1}c_{0}(\alpha ).$\newline
et comme $c_{0}(\alpha )=1,$ on d\'{e}duite que:
\[
c_{2p}(\alpha )=\prod\limits_{k=}^{p}\frac{1}{(\alpha +2k)^{2}-1}
\]

\item  Pour tout $p\in \Bbb{N}^{*},$ $d_{p}=\dfrac{d}{d\alpha }c_{2p}(1).$
Comme $c_{2p}(\alpha )=\exp (-\sum\limits_{k=1}^{p}\ln ((\alpha +2k)^{2}-1),$
on a: $c_{2p}^{\prime }(\alpha )=-\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{2(\alpha +2k)}{%
(\alpha +2k)^{2}-1}c_{2p}(\alpha ).$ D'o\`{u} \newline
$d_{p}=-\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{2(1+2k)}{(1+2k)^{2}-1}%
\prod\limits_{k=}^{p}\dfrac{1}{(\alpha +2k)^{2}-1}=-\sum\limits_{k=1}^{p}%
\dfrac{2(1+2k)}{4k(1+k)}\prod\limits_{k=}^{p}\dfrac{1}{(1+2k)^{2}-1}.$%
\newline
Or
\begin{tabular}[t]{ll}
$\prod\limits_{k=}^{p}\dfrac{1}{(1+2k)^{2}-1}=\prod\limits_{k=}^{p}\dfrac{1}{%
4k(1+k)}=\dfrac{1}{2^{2p}}\prod\limits_{k=}^{p}\dfrac{1}{k(1+k)}=\dfrac{1}{%
2^{2p}}\dfrac{1}{p!}\dfrac{1}{(p+1)!}$ &  \\
& et\newline
\\
$\dfrac{2(1+2k)}{4k(k+1)}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k(k+1)}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{%
1}{2}(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1})=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1})$
&
\end{tabular}
, \newline
donc $\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{2(1+2k)}{4k(k+1)}=\frac{1}{2}%
(H_{p}+H_{p+1}-1).$ D'o\`{u} le r\'{e}sultat demand\'{e}:
\[
d_{p}=\frac{1}{2^{2p+1}p!(p+1)}(H_{p}+H_{p+1}-1)
\]

\item  On a:\newline
$d_{p}=\dfrac{1}{2^{2p+1}p!(p+1)}(H_{p}+H_{p+1}-1)=\dfrac{1}{2^{2p+1}p!(p+1)!%
}(2H_{p}+\dfrac{1}{p+1}-1)\underset{p\rightarrow \infty }{\sim }\dfrac{1}{%
2^{2p}}\dfrac{1}{p!(p+1)!}\ln (p),$ donc le rayon de convergence demand\'{e}
:
\[
R_{d}=+\infty
\]
\end{enumerate}

\item  .

\begin{enumerate}
\item  On a: Pour tout $p\in \Bbb{N}^{*},$ $\left( (1+2p)^{2}-1\right)
d_{p}+2(1+2p)c_{2p}(1)=d_{p-1}$ . En effet:\newline
par d\'{e}rivation de l'identit\'{e} $c_{2p}(\alpha )\left(
(1+2p)^{2}-1\right) =c_{2(p-1)}(\alpha ),$ on a: $c_{2p}^{\prime }(\alpha
)\left( (\alpha +2p)^{2}-1\right) +2(\alpha +2p)c_{2p}(\alpha
)=c_{2(p-1)}^{\prime }(\alpha )$\newline
Pour $\alpha =1,$ on a :
\[
d_{p}((1+2p)^{2}-1)+2(1+2p)c_{2p}(1)=d_{p-1}
\]

\item  Il est clair que les fonctions $y_{1}$ et $x\mapsto
\sum\limits_{p=1}^{\infty }d_{p}x^{2p+1}$ sont de classe C$^{\infty }$ sur $%
\Bbb{R}_{+}^{*}$ et par d\'{e}rivation on obtient pout tout $x>0:$\newline
\begin{tabular}{lll}
$x^{2}u_{1}^{\prime \prime }(x)+xu_{1}^{\prime }(x)-(1+x^{2})u_{1}(x)$ & $=$
& $x^{2}\left( 2y_{1}^{\prime }(x)\ln (x)+\dfrac{4}{x}y_{1}^{\prime }(x)-%
\dfrac{2}{x^{2}}y_{1}(x)+\sum\limits_{p=1}^{\infty
}2p(2p+1)d_{p}x^{2p-1}\right) $ \\
&  & $+x\left( 2y_{1}^{\prime }(x)\ln (x)+\dfrac{2}{x}y_{1}(x)+\sum%
\limits_{p=1}^{\infty }(2p+1)d_{p}x^{2p}\right) $ \\
&  & $\;\;\;\;\;\;\;\;\;-(1+x^{2})\left( 2y_{1}(x)\ln
(x)+\sum\limits_{p=0}^{\infty }d_{p}x^{2p+1}\right) $ \\
& $=$ & $2\ln (x)\left( x^{2}y_{1}^{\prime \prime }(x)+xy_{1}^{\prime
}(x)-(1+x^{2})y_{1}(x)\right) +4xy_{1}^{\prime }(x)$ \\
&  & $\;\;\;\;\;\;\;+\sum\limits_{p=0}^{\infty
}(2p+1)^{2}d_{p}x^{2p+1}-(1+x^{2})\sum\limits_{p=0}^{\infty }d_{p}x^{2p+1}$%
\end{tabular}
\newline
Comme $y_{1}$ est xsolution sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ de $(F_{1}),$ on a: $%
x^{2}y_{1}^{\prime \prime }(x)+xy_{1}^{\prime }(x)-(1+x^{2})y_{1}(x)=0$ et
donc
\begin{tabular}{lll}
$x^{2}u_{1}^{\prime \prime }(x)+xu_{1}^{\prime }(x)-(1+x^{2})u_{1}(x)$ & $=$
& $4xy_{1}^{\prime }(x)+\sum\limits_{p=0}^{\infty
}(2p+1)^{2}d_{p}x^{2p+1}-(1+x^{2})\sum\limits_{p=0}^{\infty }d_{p}x^{2p+1}$
\\
& $=$ & $\sum\limits_{p=0}^{\infty }\frac{4(2p+1)}{p!(p+1)!2^{2p+1}}%
x^{2p+1}+\sum\limits_{p=0}^{\infty }(2p+1)^{2}-1)d_{p}x^{2p+1}$ \\
&  & $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;-\sum\limits_{p=0}^{\infty
}d_{p}x^{2(p+1)+1}$ ,\ \ \  $d_{0}=0$ \\
& $=$ & $\sum\limits_{p=0}^{\infty }\underset{=c_{2p}(1)}{\underbrace{%
\frac{1}{p!(p+1)!2^{2p}}}}\frac{4(2p+1)1}{2}x^{2p+1}$ \\
&  & $\;\;\;\;\;+\sum\limits_{p=0}^{\infty
}(2p+1)^{2}-1)d_{p}x^{2p+1}-\sum\limits_{p=1}^{\infty }d_{p-1}x^{2p+1}$ \\
& $=$ & $\sum\limits_{p=1}^{\infty }\underset{=0}{\underbrace{\left(
2(2p+1)c_{2p}(1)+((2p+1)^{2}-1)d_{p}-d_{p-1}\right) }}x^{2p+1}+2x$ \\
& $=$ & $2x$%
\end{tabular}
\newline
$\newline
$ On d\'{e}duit alors que u$_{1}$ est bien solution sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ de
$(E_{1})$ .
\end{enumerate}

\item  .

\begin{enumerate}
\item  On pose $u_{1}(x)=\dfrac{e_{0}}{x}+\sum\limits_{p=1}^{\infty
}e_{p}x^{p-1}$ avec $R=Rcv(\sum\limits_{p\geqslant 1}e_{p}x^{p-1})>0.$%
\newline
Sur $]0,R[,$ on a: $x^{2}u_{1}^{\prime \prime }(x)+xu_{1}^{\prime
}(x)-(1+x^{2})u_{1}(x)-2x=x^{2}\left( \dfrac{2e_{0}}{x^{3}}%
+\sum\limits_{p=1}^{\infty }(p-1)(p-2)e_{p}x^{p-2}\right) +x\left( \dfrac{%
-e_{0}}{x^{2}}+\sum\limits_{p=1}^{\infty }(p-1)e_{p}x^{p-2}\right)
-2x=\sum\limits_{p=0}^{\infty
}(p(p-1)e_{p}-e_{p-2})x^{p-1}-(e_{0}+2)x-e_{1}=0.$ comme dans la question
...., on d\'{e}duit: $\left\{
\begin{tabular}{l}
$e_{0}=-2$ \\
$e_{1}=0$  \\
$\forall p\geqslant 3,$ $p(p-2)e_{p}-e_{p-1}=0$%
\end{tabular}
\right. ,$ ce qui permet de conclure par une r\'{e}currence que: $\forall
p\in N,$ $e_{2p+1}=0$ et $e_{2p}=\dfrac{e_{0}}{2^{2p}p!(p+1)!=-2c_{2p}(1)}$
car  $e_{0}=-2$ et par suite $R$ est infini et que $u_{1}$ est solution sur $%
\Bbb{R}_{+}^{*}$ de $(E_{1}).$

\item   $(F_{1})$ est une \'{e}quation diff\'{e}rentielle lin\'{e}aire sans
second membre associ\'{e}e \`{a} $(E_{1})$ et comme $z_{1}$ et $u_{1}$ sont
solutions sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ de $(E_{1}),$ il en r\'{e}sulte que $%
z_{1}-u_{1}$ est solution sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ de $(F_{1})$ .
\end{enumerate}

\item  Comme dans la question....., en \'{e}tudiant le comportement des
solutions $z_{1}$ et $y_{1}$ au voisinage de $0^{+},$ on d\'{e}duit que $%
(y_{1},$ $z_{1})$ est syst\`{e}me fondamental de solutions sur $\Bbb{R}%
_{+}^{*}$ de $(F_{1}),$ donc toute solution sur $\Bbb{R}_{+}^{*}$ de $(F_{1})
$ est de la forme: $y:x\mapsto \alpha y_{1}(x)+\beta z_{1}(x)$ o\`{u} $%
\alpha $ et $\beta $ sont des constantes r\'{e}elles arbitraires .
\end{enumerate}

\end{document}
