Exercice 2 879

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions de $[a; b]$ vers $ℝ$ convergeant uniformément vers une fonction $f : [a; b] \to ℝ$ continue.

Montrer que, si $(x_{n})$ désigne une suite d’éléments de $[a; b]$ convergeant vers $x \in [a; b]$ , alors

f_{n} (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} f (x) .

Exercice 3 884 Correction

Soient $(f_{n})$ et $(g_{n})$ deux suites de fonctions convergeant uniformément vers des fonctions $f$ et $g$ supposées bornées.
Montrer que la suite de fonctions $(f_{n} g_{n})$ converge uniformément vers $f g$ .

Solution

Pour $n$ assez grand, on peut introduire ${∥ f_{n} - f ∥}_{\infty}$ et $∥ g_{n} - g ∥$ . On peut ensuite écrire

	${∥ f_{n} g_{n} - f g ∥}_{\infty}$	$= {∥ f_{n} (g_{n} - g) + (f_{n} - f) g ∥}_{\infty}$
		$\leq {∥ f_{n} ∥}_{\infty} {∥ g_{n} - g ∥}_{\infty} + {∥ g ∥}_{\infty} {∥ f_{n} - f ∥}_{\infty} .$

Or ${∥ f_{n} ∥}_{\infty} \to {∥ f ∥}_{\infty}$ et donc la suite $({∥ f_{n} ∥}_{\infty})$ est bornée car convergente. Par opérations sur les limites, on obtient alors

{∥ f_{n} g_{n} - f g ∥}_{\infty} \leq {∥ f_{n} ∥}_{\infty} {∥ g_{n} - g ∥}_{\infty} + {∥ g ∥}_{\infty} {∥ f_{n} - f ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0

car

{∥ f_{n} - f ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 et {∥ g_{n} - g ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 4 885 Correction

Soient $(f_{n})$ une suite de fonctions convergeant uniformément vers une fonction $f$ et $g$ une fonction uniformément continue.
Montrer que la suite de fonctions $(g \circ f_{n})$ converge uniformément.

Solution

Par uniforme continuité, on sait

\forall ε > 0, \exists α > 0, | x - y | \leq α ⟹ | g (x) - g (y) | \leq ε .

Soient $ε > 0$ et $α$ tel qu’au-dessus. Pour $n$ assez grand,

\forall x \in I, | f_{n} (x) - f (x) | \leq α

et donc

\forall x \in I, | g (f_{n} (x)) - g (f (x)) | \leq ε .

Ainsi, il y a convergence uniforme de la suite de fonctions $(g \circ f_{n})$ vers $g \circ f$ .

Exercice 5 886

Montrer que la limite uniforme d’une suite de fonctions uniformément continues définies sur un intervalle $I$ de $ℝ$ est elle-même une fonction uniformément continue.

Exercice 6 878 Correction

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions réelles continues et définies sur $[a; b]$ . On suppose que $f_{n}$ converge uniformément vers une fonction $f$ .
Montrer

inf_{[a; b]} f_{n} \to inf_{[a; b]} f .

Solution

Posons

m_{n} = inf_{t \in [a; b]} f_{n} (t) .

Puisque la fonction $f_{n}$ est continue sur le segment $[a; b]$ , cet infimum est une valeur prise par $f_{n}$ et donc il existe $t_{n} \in [a; b]$ tel que

m_{n} = f_{n} (t_{n}) .

Montrons que $m_{n} \to m$ avec

m = inf_{t \in [a; b]} f .

La fonction $f$ est continue car limite uniforme d’une suite de fonctions continues et donc il existe $t_{\infty} \in [a; b]$ pour lequel

m = f (t_{\infty}) .

Pour tout $ε > 0$ , on a pour $n$ assez grand,

{∥ f_{n} - f ∥}_{\infty} \leq ε

et donc

m_{n} = f_{n} (t_{n}) \geq f (t_{n}) - ε \geq m - ε

m = f (t_{\infty}) \geq f_{n} (t_{\infty}) - ε \geq m_{n} - ε .

Ainsi,

| m_{n} - m | \leq ε .

On peut alors affirmer $m_{n} \to m$ .

Exercice 7 894

Soit $(P_{n})$ une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers une fonction $f$ sur $ℝ$ .

(a)

Justifier qu’il existe un entier naturel $N$ tel que, pour tout $n \geq N$ et tout réel $x$ ,

$| P_{n} (x) - P_{N} (x) | \leq 1 .$
(b)

Que peut-on alors des fonctions polynomiales $P_{n} - P_{N}$ lorsque $n \geq N$ ?
(c)

Conclure que $f$ est une fonction polynomiale.

[<] Propriétés de la limite d'une suite de fonctions[>] Étude théorique de la convergence d'une suite de fonctions

Exercice 8 5524 Correction

Étude de la convergence simple de la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ avec

f_{n} (t) = \frac{t^{n}}{1 + t^{n}} pour tout t \in ℝ_{+} .

Solution

Pour $t \in [0; + \infty [$ , on remarque

t^{n} \to_{n \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 0 & si t \in [0; 1 [ \\ 1 & si t = 1 \\ + \infty & si t \in] 0; + \infty [. \end{matrix}

On en déduit

f_{n} (t) \to_{n \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 0 & si t \in [0; 1 [ \\ 1 / 2 & si t = 1 \\ 1 & si t \in] 0; + \infty [. \end{matrix}

La suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement sur $[0; + \infty [$ vers la fonction $f$ définie par

f (t) = {\begin{matrix} 0 & si t \in [0; 1 [ \\ 1 / 2 & si t = 1 \\ 1 & si t \in] 0; + \infty [. \end{matrix}

Exercice 9 871 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

f_{n} (x) = {\begin{matrix} x^{n} \ln (x) & si x \in] 0; 1] \\ 0 & si x = 0 . \end{matrix}

Étudier la convergence uniforme de la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ sur $[0; 1]$ .

Solution

L’éventuelle limite uniforme de ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ est sa limite simple. Commençons par déterminer celle-ci?

Soit $x \in [0; 1]$ ,

Cas: $x = 0$ .

f_{n} (x) = 0 \to_{n \to + \infty}^{} 0

Cas: $x \in] 0; 1]$ .

f_{n} (x) = \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{x^{n}}} \underset{\begin{matrix} = C^{t e} \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (x)}} \to_{n \to + \infty}^{} 0

La suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge simplement vers la fonction identiquement nulle sur $[0; 1]$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues sur $[0; 1]$ pour $n \geq 1$ et dérivables sur $] 0; 1]$ avec

f_{n}^{'} (x) = x^{n - 1} (1 + n \ln (x)) .

Le signe de $f_{n}^{'} (x)$ est celui de $1 + n \ln (x)$ .

Sur ce tableau des variations de $f_{n}$ , on lit

sup_{[0; 1]} | f_{n} | = - f_{n} (e^{- 1 / n}) = \frac{1}{n e} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

La suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge donc uniformément sur $[0; 1]$ vers la fonction identiquement nulle.

Exercice 10 872 Correction

Étudier la convergence simple et uniforme sur $[0; + \infty [$ de la suite de fonctions $(f_{n})$ définie par

f_{n} (x) = \frac{x}{n (1 + x^{n})} .

Solution

Pour $x \in [0; + \infty [$ ,

f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 car | f_{n} (x) | \leq \frac{x}{n} .

La suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction identiquement nulle sur $[0; + \infty [$ .

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , $f_{n}$ est dérivable sur $[0; + \infty [$ et

f_{n}^{'} (x) = \frac{n (1 + x^{n}) - n^{2} x^{n}}{n^{2} {(1 + x^{n})}^{2}} = \frac{1 + (1 - n) x^{n}}{n {(1 + x^{n})}^{2}} .

Introduisons $x_{n} = \sqrt[n]{1 / (n - 1)}$ .

On a donc

{∥ f_{n} ∥}_{\infty} = M_{n} = f_{n} (x_{n}) = \frac{\sqrt[n]{1 / (n - 1)}}{n (1 + \frac{1}{n - 1})} = \frac{e^{- \frac{1}{n} \ln (n - 1)}}{\frac{n^{2}}{n - 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Il y a donc convergence uniforme de la suite de fonctions $(f_{n})$ vers la fonction identiquement nulle sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 11 2527 CCINP (MP)Correction

Étudier la convergence simple et uniforme sur $ℝ$ de la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ donnée par

f_{n} (x) = \sin^{n} (x) \cos (x) pour tout x \in ℝ .

Solution

Cas: $x \neq \frac{π}{2} [π]$ . On a $| \sin (x) | < 1$ et donc $(f_{n} (x))$ tend vers $0$ .

Cas: $x = \frac{π}{2} [π]$ . On a $\cos (x) = 0$ et donc $(f_{n} (x))$ est une suite constante égale à $0$ .

Ainsi, ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ converge simplement vers la fonction identiquement nulle sur $ℝ$ .

Par $2 π$ périodicité et parité, on ne poursuit l’étude qu’avec $x \in [0; π]$ . La fonction $f_{n}$ est dérivable avec

f_{n}^{'} (x) = \sin^{n - 1} (x) ((n + 1) \cos^{2} (x) - 1) .

On peut dresser le tableau de variation de $f_{n}$ sur $[0; π]$ et l’on obtient

sup_{x \in ℝ} | f_{n} (x) | = | f_{n} (\arccos (\frac{1}{\sqrt{n + 1}})) | = \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{\sqrt{n + 1}}}} \underset{\begin{matrix} 0 \leq . \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{(1 - \frac{1}{(n + 1)})}^{n / 2}}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

La suite de fonction ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ converge donc uniformément vers la fonction identiquement nulle.

Les premières fonctions de la suite $(f_{n})$ .

Exercice 12 2830 MINES (MP)Correction

On pose

f_{n} (x) = \frac{1}{{(1 + x)}^{1 + 1 / n}} pour tout x \geq 0 .

Étudier la convergence simple puis uniforme de la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ .

Solution

Pour $x \in ℝ_{+}$ ,

f_{n} (x) = \frac{1}{{(1 + x)}^{1 + 1 / n}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{1 + x} = f (x) .

On a

f (x) - f_{n} (x) = \frac{{(1 + x)}^{1 / n} - 1}{{(1 + x)}^{1 + 1 / n}} .

Or, pour $α \in] 0; 1]$ , la fonction $x \mapsto {(1 + x)}^{α}$ est concave ce qui permet d’affirmer

0 \leq {(1 + x)}^{α} \leq 1 + α x pour tout x \geq 0 .

On a donc

| f (x) - f_{n} (x) | \leq \frac{1}{n} \cdot \frac{x}{{(1 + x)}^{1 + 1 / n}} \leq \frac{1}{n} \cdot \frac{x}{1 + x} \leq \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit qu’il y a convergence uniforme sur $ℝ_{+}$ .

Exercice 13 4741

On considère la suite de fonctions $(u_{n})$ avec

u_{n} (t) = n t {(1 - t)}^{n} pour tout t \in [0; 1] .

(a)

Étudier la convergence simple de cette suite de fonctions.
(b)

Y a-t-il convergence uniforme sur $[0; 1]$ ?
(c)

Justifier que la suite de fonctions converge uniformément sur tout segment $[a; 1]$ avec $a \in] 0; 1]$ arbitraire.
(d)

Y a-t-il convergence uniforme sur $] 0; 1]$ ?

Exercice 14 4742

On considère la suite de fonctions $(u_{n})$ avec

u_{n} (t) = n \sin (t) e^{- n t} pour tout t \in ℝ_{+} .

(a)

Étudier sa convergence simple sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Montrer qu’il y a convergence uniforme sur tout intervalle $[a; + \infty [$ avec $a > 0$ arbitraire.
(c)

Y a-t-il convergence uniforme sur $[0; + \infty [$ ?

Exercice 15 870 Correction

On pose

u_{n} (x) = e^{- n x} \sin (n x) pour tout x \in ℝ_{+} .

(a)

Étudier la convergence simple de la suite de fonctions $(u_{n})$ sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Étudier la convergence uniforme sur $[a; + \infty [$ avec $a > 0$ .
(c)

Étudier la convergence uniforme sur $[0; + \infty [$ .

Solution

(a)

Soit $x \in [0; + \infty [$ .

Cas: $x = 0$ . On a $u_{n} (x) = 0 \to 0$ .

Cas: $x > 0$ . On a $u_{n} (x) \to 0$ car $e^{- n x} \to 0$ .

La suite de fonctions $(u_{n})$ converge donc simplement vers la fonction nulle sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Soit $a > 0$ . On a

$sup_{x \in [a; + \infty [} | u_{n} (x) | \leq e^{- n a} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Il y a donc convergence uniforme sur $[a; + \infty [$ .
(c)

Puisque

$sup_{x \in [0; + \infty [} | u_{n} (x) | \geq | u_{n} (\frac{π}{2 n}) | = e^{- π / 2} ／ \to_{n \to + \infty}^{} 0$

il n’y a pas convergence uniforme sur $ℝ_{+}$ .

Exercice 16 873 Correction

On pose

f_{n} (x) = n x^{2} e^{- n x} pour tout x \in ℝ_{+} .

Étudier la convergence uniforme de $(f_{n})$ sur $ℝ_{+}$ puis sur $[a; + \infty [$ avec $a > 0$ .

Solution

Pour $n \in ℕ$ , la fonction $f_{n}$ est dérivable avec $f_{n}^{'} (x) = n x (2 - n x) e^{- n x}$ . Le tableau de variation de $f_{n}$ donne

sup_{ℝ_{+}} | f_{n} | = f_{n} (\frac{2}{n}) = \frac{4}{n} e^{- 2} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Il y a donc convergence uniforme sur $ℝ$ et a fortiori sur tout $[a; + \infty [$ avec $a > 0$ .

Exercice 17 874 Correction

On pose

f_{n} (x) = \frac{1}{{(1 + x^{2})}^{n}} pour tout x \in ℝ .

Étudier la convergence uniforme de $(f_{n})$ sur $ℝ$ puis sur $] - \infty; - a] \cup [a; + \infty [$ avec $a > 0$ .

Solution

On observe

f_{n} (0) \to_{n \to + \infty}^{} 1 et f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 pour x \neq 0 .

La fonction limite n’étant pas continue, il n’y a pas convergence uniforme sur $ℝ$ .

En revanche, si $| x | \geq | a |$ alors

| f_{n} (x) | \leq \frac{1}{{(1 + a^{2})}^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Par majoration uniforme, il y a convergence uniforme sur $] - \infty; - a] \cup [a; + \infty [$ avec $a > 0$ .

Exercice 18 875 Correction

On pose

f_{n} (0) = 0 et f_{n} (x) = x^{2} \sin (\frac{1}{n x}) pour tout x \in ℝ^{*} .

(a)

Étudier la convergence uniforme de $(f_{n})$ sur $ℝ$ .
(b)

Étudier la convergence uniforme de $(f_{n})$ sur $[- a; a]$ avec $a > 0$ .

Solution

(a)

Pour $x \in ℝ$ , nul ou non, on a $f_{n} (x) \to 0$ . Il y a convergence simple de $(f_{n})$ vers la fonction $f$ nulle. On a

$f_{n} (x) - f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} x^{2} \times \frac{1}{n x} = \frac{x}{n} \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .$

La fonction $f_{n} - f$ n’étant pas bornée sur $ℝ$ , il n’y a pas convergence uniforme sur $ℝ$ .
(b)

Soit $a > 0$ . Pour $x \in [- a; a]$ ,

$| f_{n} (x) | \leq \frac{x^{2}}{n | x |} = \frac{| x |}{n} \leq \frac{a}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

via $| \sin (t) | \leq | t |$ . Par suite, il y a convergence uniforme sur $[- a; a]$ .

Exercice 19 2518 CCINP (MP)Correction

Étudier la convergence de la suite de fonctions $(f_{n})$ définie par

f_{n} (x) = \frac{n x^{2} e^{- n x}}{1 - e^{- x^{2}}} pour x \neq 0 .

Solution

$f_{n}$ est définie sur $ℝ^{*}$ et peut être prolongée par continuité en $0$ en posant sur $f_{n} (0) = n$ .

Pour $x \leq 0$ ,

f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .

Pour $x > 0$ ,

f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Ainsi, $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction nulle sur $ℝ_{+}^{*}$ .

Il ne peut y avoir convergence uniforme sur $ℝ_{+}^{*}$ car alors, par le théorème de la double limite,

lim_{x \to 0^{+}} lim_{n \to + \infty} f_{n} (x) = lim_{n \to + \infty} lim_{x \to 0^{+}} f_{n} (x)

donne $0 = + \infty$ .

Soit $a > 0$ . Pour $x \in [a; + \infty [$ ,

| f_{n} (x) | \leq \frac{n x^{2} e^{- n x}}{1 - e^{- a^{2}}}

et, après étude fonctionnelle, $n x^{2} e^{- n x} \leq \frac{4}{n} e^{2}$ (maximum en $x = 2 / n$ ) donc

{∥ f_{n} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} \leq \frac{4 e^{2}}{n (1 - e^{- a^{2}})} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Ainsi, il y a convergence uniforme sur $[a; + \infty [$ .

Exercice 20 876 Correction

On pose

f_{n} (x) = \frac{2^{n} x}{1 + n 2^{n} x^{2}} pour x \in ℝ .

Sur quels intervalles y a-t-il convergence uniforme?

Solution

La suite $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction nulle et

sup_{x \in ℝ} | f_{n} (x) | = | f_{n} (\pm 1 / \sqrt{n 2^{n}}) | = \frac{\sqrt{2^{n}}}{2 \sqrt{n}} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty

il n’y a donc pas convergence uniforme sur $ℝ$ .

Soit $a > 0$ . Sachant

1 / \sqrt{n 2^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0

le tableau de variation de $f_{n}$ assure que pour $n$ assez grand,

sup_{x \geq a} | f_{n} (x) | = f_{n} (a) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Ainsi, il y a convergence uniforme sur $[a; + \infty [$ et de même sur $] - \infty; - a]$ .

En revanche, il n’y aura pas convergence uniforme sur les intervalles non singuliers contenant $0$ .

Exercice 21 877 Correction

On pose

f_{n} (x) = 4^{n} (x^{2^{n}} - x^{2^{n + 1}}) pour tout x \in [0; 1] .

Sur quels intervalles y a-t-il convergence uniforme de la suite $(f_{n})$ ?

Solution

On a

sup_{x \in [0; 1]} | f_{n} (x) | = f_{n} (1 / \sqrt[2^{n}]{2}) = 4^{n - 1} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .

Il n’y a donc pas convergence uniforme sur $[0; 1]$ .

1 / \sqrt[2^{n}]{2} \to_{n \to + \infty}^{} 1

et donc, d’après le tableau de variation de $f_{n}$ , pour tout $a \in [0; 1 [$ , on a, pour $n$ assez grand,

sup_{x \in [0; a]} | f_{n} (x) | = f_{n} (a) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Ainsi, il y a convergence uniforme sur $[0; a]$ .

En revanche, il n’y a pas convergence uniforme sur les intervalles non singuliers contenant $1$ .

Exercice 22 881 Correction

Soient $α \in ℝ$ et $f_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = n^{α} x {(1 - x)}^{n} .

(a)

Étudier la limite simple de la suite de fonctions $(f_{n})$ .
(b)

Pour quels réel $α \in ℝ$ y a-t-il convergence uniforme?

Solution

(a)

Cas: $x = 0$ . On a $f_{n} (x) = 0 \to 0$ .

Cas: $x \in] 0; 1]$ . On a ausi $f_{n} (x) \to 0$ par comparaison des suites de référence.
(b)

La fonction $f_{n}$ est dérivable avec

$f_{n}^{'} (x) = n^{α} {(1 - x)}^{n} - n^{α + 1} x {(1 - x)}^{n - 1} = n^{α} {(1 - x)}^{n - 1} (1 - (n + 1) x) .$

Après étude des variations

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = f_{n} (\frac{1}{n + 1}) = n^{α} \frac{1}{n + 1} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n}$

avec

${(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n} = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n + 1})} = e^{- 1 + o (1)} \to_{n \to + \infty}^{} e^{- 1}$

donc

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{α - 1}}{e} .$

Il y a convergence uniforme si, et seulement si, $α < 1$ .

Exercice 23 4746

Étudier la convergence simple de la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ définies sur $ℝ_{+}$ par

f_{n} (t) = {\begin{matrix} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} & si t \in [0; n [ \\ 0 & si t \in [n; + \infty [. \end{matrix}

Exercice 24 890 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , soit $f_{n} : ℝ_{+} \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = {(1 + \frac{x}{n})}^{- n} .

(a)

Étudier la limite simple de $(f_{n})$ et montrer que

$\forall x \in ℝ_{+}, f_{n} (x) \geq lim f_{n} (x) .$
(b)

En partant de l’encadrement suivant valable pour tout $t \in ℝ_{+}$ ,

$t - \frac{t^{2}}{2} \leq \ln (1 + t) \leq t$

justifier que la suite $(f_{n})$ converge uniformément sur tout intervalle $[0; a]$ (avec $a > 0$ ).
(c)

Établir qu’en fait, la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément sur $ℝ_{+}$ .

Solution

(a)

Pour $x \in ℝ_{+}$ ,

$f_{n} (x) = \exp (- n \ln (1 + \frac{x}{n})) \underset{n \to + \infty}{=} \exp (- x + o (1)) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- x} = f (x) .$

On sait $\ln (1 + t) \leq t$ pour $t$ convenabl et donc, par opérations, $f_{n} (x) \geq e^{- x}$ .
(b)

On sait (cela peut être établi par étude des fonctions différences de membre)

$t - \frac{t^{2}}{2} \leq \ln (1 + t) \leq t$

donc

$\frac{x}{n} - \frac{x^{2}}{2 n^{2}} \leq \ln (1 + \frac{x}{n}) \leq \frac{x}{n}$

puis

$e^{- x} \leq f_{n} (x) \leq e^{- x + \frac{x^{2}}{2 n}} = e^{- x} e^{\frac{x^{2}}{2 n}} .$

Soit $x \in [0; a]$ .

$e^{\frac{x^{2}}{2 n}} \leq e^{\frac{a^{2}}{2 n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

Pour $ε > 0$ , il existe $N \in ℕ$ tel que pour tout $n \geq N$ , $| e^{a^{2} / 2 n} - 1 | \leq ε$ . On a alors pour tout $x \in [0; a]$ ,

$| f_{n} (x) - f (x) | \leq e^{- x} (e^{x^{2} / 2 n} - 1) \leq e^{a^{2} / 2 n} - 1 \leq ε .$

Par suite, $(f_{n})$ converge uniformément vers $f$ sur $[0; a]$ .
(c)

Les fonctions $f_{n}$ sont décroissantes donc

$\forall x \geq a, f_{n} (x) \leq f_{n} (a) .$

Soit $ε > 0$ .
Puisque $e^{- a} \to_{a \to + \infty}^{} 0$ , il existe $a \in ℝ_{+}$ tel que pour tout $x \geq a$ ,

$e^{- x} \leq ε / 3 .$

Puisque $f_{n} (a) \to e^{- a}$ , il existe $N \in ℕ$ tel que

$\forall n \geq N, | f_{n} (a) - e^{- a} | \leq ε / 3 .$

Mais alors pour tout $x \geq a$ ,

$| f_{n} (x) - e^{- x} | \leq f_{n} (x) + e^{- x} \leq f_{n} (a) + e^{- x} \leq (f_{n} (a) - e^{- a}) + e^{- a} + e^{- x} \leq ε .$

De plus, $(f_{n})$ converge uniformément sur $[0; a]$ et il existe donc $N^{'} \in ℕ$ tel que

$\forall n \geq N^{'}, \forall x \in [0; a], | f_{n} (x) - e^{- x} | \leq ε .$

Finalement,

$\forall n \geq \max (N, N^{'}), \forall x \in ℝ_{+}, | f_{n} (x) - e^{- x} | \leq ε .$

Ainsi,

$f_{n} \to_{ℝ_{+}}^{CVU} f .$

Exercice 25 892 Correction

Soit $f_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = {\begin{matrix} n^{2} x (1 - n x) & si x \in [0; 1 / n] \\ 0 & sinon. \end{matrix}

(a)

Étudier la limite simple de la suite $(f_{n})$ .
(b)

Calculer

$\int_{0}^{1} f_{n} (t) d t .$

Y a-t-il convergence uniforme de la suite de fonction $(f_{n})$ ?
(c)

Étudier la convergence uniforme sur $[a; 1]$ avec $a \in] 0; 1]$ .

Solution

(a)

Pour $x = 0$ , $f_{n} (x) = 0$ . Pour $x > 0$ , on a aussi $f_{n} (x) = 0$ pour $n$ assez grand. Par suite, $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction nulle.
(b)

On a

$\int_{0}^{1} f_{n} (t) d t = \int_{0}^{1 / n} n^{2} t (1 - n t) d t = \int_{0}^{1} u (1 - u) d u = \frac{1}{6} .$

Il n’y a pas convergence uniforme de la suite $(f_{n})$ puisque

$\int_{0}^{1} f_{n} (t) d t \to̸ \int_{0}^{1} 0 d t .$
(c)

Pour $n$ assez grand, ${sup}_{[a; 1]} | f_{n} (x) | = 0$ . La suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément vers $0$ sur $[a; 1]$ .

Exercice 26 891 Correction

Pour $x \in [0; π / 2]$ et $n \in ℕ^{*}$ , on pose

f_{n} (x) = n \sin (x) \cos^{n} (x) .

(a)

Déterminer la limite simple de la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ .
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , calculer

$I_{n} = \int_{0}^{π / 2} f_{n} (x) d x .$

La suite $(f_{n})$ converge-t-elle uniformément sur $[0; π / 2]$ ?
(c)

Justifier qu’il y a convergence uniforme de la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ sur tout $[a; π / 2]$ avec $a \in] 0; π / 2 [$ .

Solution

(a)

Soit $x \in [0; π / 2]$ .

Cas: $x = 0$ .

$f_{n} (x) = 0 \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Cas: $x \in] 0; π / 2]$ . On a $\cos (x) \in [0; 1 [$ donc

$f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge simplement vers la fonction identiquement nulle sur $[0; π / 2]$ .
(b)

Directement,

$I_{n} = {[- \frac{n}{n + 1} \cos^{n + 1} (x)]}_{0}^{π / 2} = \frac{n}{n + 1} .$

Puisque

$I_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 \neq \int_{0}^{π / 2} 0 d x$

il n’y a pas convergence uniforme sur $[0; π / 2]$ .
(c)

La fonction $f_{n}$ est dérivable sur $[0; π / 2]$ avec

$f_{n}^{'} (x) = n (\cos^{n + 1} (x) - n \sin^{2} (x) \cos^{n - 1} (x)) = n \cos^{n - 1} (x) ((n + 1) \cos^{2} (x) - n)$

du signe de $(n + 1) \cos^{2} (x) - n$ . Cette expression s’annule en

$x_{n} = \arccos (\sqrt{\frac{n}{n + 1}})$

et l’on a

On remarque

$x_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

Soit $a \in] 0; π / 2]$ . On a $a > 0$ et donc, à partir d’un certain rang, $x_{n} < a$ . Pour ces valeurs de $n$ , on a alors

$sup_{[a; π / 2]} | f_{n} | = f_{n} (a) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Il y a convergence uniforme de ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ sur $[a; π / 2]$ .

Exercice 27 2831 MINES (MP)

Soit $f$ la fonction définie de l’intervalle $[0; 1]$ vers lui-même par la relation

f (x) = 2 x (1 - x) .

Pour $n \in ℕ$ , on pose $f_{n}$ la fonction itérée d’ordre $n$ de $f$ :

f_{0} = {Id}_{[0; 1]} et f_{n} = \underset{\begin{matrix} n facteurs \end{matrix}}{\underset{⏟}{f \circ f \circ \dots \circ f}} .

(a)

Étudier la convergence simple de la suite de fonctions $(f_{n})$ sur $[0; 1]$ .
(b)

Sur quels segments inclus dans $[0; 1]$ peut-on affirmer qu’il y a convergence uniforme?

Exercice 28 2860 Correction

Soit $(f_{n})$ la suite de fonctions définies sur $ℝ_{+}$ par

f_{0} (x) = x et f_{n + 1} (x) = \frac{x}{2 + f_{n} (x)} pour n \in ℕ .

Étudier la convergence simple et uniforme de la suite ${(f_{n})}_{n \geq 0}$ sur $ℝ_{+}$ .

Solution

Pour $x \geq 0$ , la suite numérique $(f_{n} (x))$ est une suite homographique. L’équation $r = \frac{x}{2 + r}$ possède deux solutions $r_{1} = \sqrt{1 + x} - 1$ et $r_{2} = - \sqrt{1 + x} - 1$ . Posons

g_{n} (x) = \frac{f_{n} (x) - r_{1}}{f_{n} (x) - r_{2}} .

On a

g_{n + 1} (x) = \frac{\frac{x}{2 + f_{n} (x)} - \frac{x}{2 + r_{1}}}{\frac{x}{2 + f_{n} (x)} - \frac{x}{2 + r_{2}}} = \frac{f_{n} (x) - r_{1}}{f_{n} (x) - r_{2}} \frac{2 + r_{2}}{2 + r_{1}} = ρ g_{n} (x)

avec

ρ = \frac{2 + r_{2}}{2 + r_{1}} = \frac{r_{1}}{r_{2}} .

Puisque $| ρ | < 1$ , la suite géométrique $(g_{n} (x))$ converge vers $0$ . Or, après résolution de l’équation

g_{n} (x) = \frac{f_{n} (x) - r_{1}}{f_{n} (x) - r_{2}}

on obtient

f_{n} (x) = \frac{r_{1} - g_{n} (x) r_{2}}{1 - g_{n} (x)}

et l’on en déduit que la suite numérique $(f_{n} (x))$ converge vers $r_{1} = \sqrt{1 + x} - 1$ .

Finalement, la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction

f_{\infty} : x \mapsto \sqrt{1 + x} - 1 .

Puisque les fonctions $f_{n}$ sont rationnelles de degrés alternativement $0$ et $1$ , la fonction $| f_{n} - f_{\infty} |$ ne peut-être bornée sur $ℝ_{+}$ car de limite $+ \infty$ en $+ \infty$ : il n’y a pas convergence uniforme sur $ℝ_{+}$ .

En revanche, on peut montrer que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément vers $f_{\infty}$ sur $[0; a]$ pour tout $a \geq 0$ . En effet,

f_{n} (x) - f_{\infty} (x) = \frac{g_{n} (x)}{1 - g_{n} (x)} 2 \sqrt{1 + x} .

D’une part, la fonction $x \mapsto 2 \sqrt{1 + x}$ est bornée sur $[0; a]$ .

D’autre part,

g_{n} (x) = {(\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{\sqrt{1 + x} + 1})}^{n} g_{0} (x) .

Sur $[0; a]$ , la fonction

x \mapsto | \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{\sqrt{1 + x} + 1} |

admet un maximum de valeur $< 1$ et, puisque la fonction continue $g_{0}$ est bornée sur $[0; a]$ , on peut montrer que la suite de fonctions $(g_{n})$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[0; a]$ .

La relation

f_{n} (x) - f_{\infty} (x) = \frac{g_{n} (x)}{1 - g_{n} (x)} 2 \sqrt{1 + x}

permet alors d’établir que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément vers $f_{\infty}$ sur $[0; a]$ .

Exercice 29 882 ENSTIM (MP)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue. Pour $n \in ℕ$ , on pose $f_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = x^{n} f (x) .

Former une condition nécessaire et suffisante sur $f$ pour que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .

Exercice 30 5049

On considère la suite de fonctions $(P_{n})$ définie sur $[0; 1]$ par

P_{0} (x) = 0 et P_{n + 1} (x) = P_{n} (x) + \frac{1}{2} (x - P_{n}^{2} (x)) pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que $(P_{n})$ converge uniformément sur $[0; 1]$ vers la fonction $x \mapsto \sqrt{x}$ .
(b)

En déduire une suite de fonctions polynômes convergeant uniformément vers la fonction valeur absolue sur $[- 1; 1]$ .

[<] Étude pratique de la convergence d'une suite de fonctions[>] Étude pratique de la limite d'une suite de fonctions

Exercice 31 883 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $f_{n} : ℝ_{+} \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = x + \frac{1}{n} .

Montrer que la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément mais qu’il n’en est pas de même de ${(f_{n}^{2})}_{n \geq 1}$ .

Solution

Pour $x \in ℝ$ ,

f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} x

| f_{n} (x) - x | = \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

La suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément vers la fonction identité.

Pour $x \in ℝ$ ,

f_{n} {(x)}^{2} \to_{n \to + \infty}^{} x^{2}

f_{n} {(n)}^{2} - n^{2} = 2 + \frac{1}{n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 2 .

Il n’y a pas convergence uniforme de la suite $(f_{n}^{2})$ .

Exercice 32 869 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $f_{n} : ℝ \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}} .

Montrer que chaque $f_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ et que la suite ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément sur $ℝ$ vers une fonction $f$ qui n’est pas de classe $𝒞^{1}$ .

Solution

Par opérations, les fonctions $f_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ car $\sqrt{\cdot}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .

La suite $(f_{n})$ converge simplement vers $f$ avec $f (x) = | x |$ qui n’est pas dérivable en $0$ .

En multipliant par la quantité conjuguée,

f_{n} (x) - f (x) = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1 / n} + \sqrt{x^{2}}} .

Par suite,

| f_{n} (x) - f (x) | \leq \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 / n}} = \frac{1}{\sqrt{n}}

puis

{∥ f_{n} - f ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{\sqrt{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Ainsi, la suite $(f_{n})$ converge uniformément vers une fonction $f$ qui n’est pas de classe $𝒞^{1}$ .

Exercice 33 887 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable de dérivée seconde bornée.

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $g_{n} : ℝ \to ℝ$ donnée par

g_{n} : x \mapsto n (f (x + \frac{1}{n}) - f (x)) .

Montrer que $(g_{n})$ converge uniformément vers $f^{'}$ sur $ℝ$ .

Solution

Par la formule de Taylor Lagrange,

| f (x + \frac{1}{n}) - f (x) - \frac{1}{n} f^{'} (x) | \leq \frac{M}{n^{2}}

avec $M = sup | f^{''} |$ . Par suite,

| g_{n} (x) - f^{'} (x) | \leq \frac{M}{n}

et donc

{∥ g_{n} - f^{'} ∥}_{\infty, ℝ} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 34 3902 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $u_{n} : ℝ \to ℝ$ définiepar

u_{n} (t) = n (f (t + \frac{1}{n}) - f (t)) .

Montrer que la suite de fonctions ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément sur tout segment de $ℝ$ vers une fonction à préciser.

Solution

Pour $t \in ℝ$ ,

u_{n} (t) = \frac{f (t + 1 / n) - f (t)}{1 / n} \to_{n \to + \infty}^{} f^{'} (t) .

La suite de fonctions ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge simplement vers $f^{'}$ sur $ℝ$ .

Soient $[a; b] \subset ℝ$ et $ε > 0$ . La fonction $f^{'}$ est continue sur le segment $[a; b + 1]$ dont uniformément continue. Il existe alors $α > 0$ vérifiant

\forall (s, t) \in {[a; b + 1]}^{2}, | s - t | \leq α ⟹ | f^{'} (s) - f^{'} (t) | \leq ε .

Pour $n$ assez grand de sorte que $1 / n \leq α$ et pour $t \in [a; b]$ , on peut écrire

n (f (t + \frac{1}{n}) - f (t)) - f^{'} (t) = n \int_{t}^{t + 1 / n} (f^{'} (s) - f^{'} (t)) d s

et donc

| u_{n} (t) - f^{'} (t) | \leq n \int_{t}^{t + 1 / n} | f^{'} (s) - f^{'} (t) | d t \leq ε .

Ainsi, la convergence de ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ est uniforme sur tout segment de $ℝ$ .

Exercice 35 888 Correction

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions de $[0; 1]$ vers $ℝ$ convergeant simplement vers la fonction nulle sur $[0; 1]$ .

On suppose toute les fonctions $f_{n}$ croissantes, montrer que la convergence de $(f_{n})$ est uniforme.

Solution

Pour $x \in [0; 1]$ ,

f_{n} (0) \leq f_{n} (x) \leq f_{n} (1)

donc

	${∥ f_{n} - 0 ∥}_{\infty}$	$= \max (f_{n} (0), - f_{n} (1))$
		$\leq \max (\| f_{n} (0) \|, \| f_{n} (1) \|)$
		$\leq \| f_{n} (0) \| + \| f_{n} (1) \| \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 36 889

(Théorème de Dini)

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions définies et continues sur un segment $[a; b]$ convergeant simplement vers la fonction identiquement nulle. On suppose que cette suite est décroissante dans le sens où, pour tout $x \in [a; b]$ , la suite $(f_{n} (x))$ est décroissante. On désire établir que la convergence de la suite $(f_{n})$ est uniforme et l’on introduit

{∥ f_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in [a; b]} | f_{n} (x) | .

(a)

Justifier que pour tout $n \in ℕ$ , il existe $x_{n} \in [a; b]$ tel que ${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = f_{n} (x_{n})$ .
(b)

Établir la convergence de la suite de terme général ${∥ f_{n} ∥}_{\infty}$ .
(c)

En observant que $f_{n} (x_{n}) \leq f_{p} (x_{n})$ pour tout $p \leq n$ , montrer

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 37 5833 Correction

Soit $φ : ℝ \to ℝ_{+}$ une fonction continue par morceaux, intégrable sur $ℝ$ et d’intégrale égale à $1$ .

Soit $f : ℝ \to ℝ$ continue et bornée.

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on introduit $f_{n} : ℝ \to ℝ$ donnée par

\forall x \in ℝ, f_{n} (x) = n \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x - t) φ (n t) d t .

(a)

Montrer que la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge simplement vers $f$ sur $ℝ$ .
(b)

Établir que cette convergence est uniforme sur tout segment de $ℝ$ .

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ .

Par le changement de variable $s = n t$ ,

f_{n} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x - \frac{s}{n}) φ (s) d s .

Parallèlement¹¹ 1 Une résolution par convergence dominée est possible mais s’adapte mal à la résolution de la deuxième question.,

f (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) φ (s) d s car \int_{- \infty}^{+ \infty} φ (s) d s = 1 .

On a donc

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$= \| \int_{- \infty}^{+ \infty} [f (x - \frac{s}{n}) - f (x)] φ (s) d s \|$
		$\leq \int_{- \infty}^{+ \infty} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s .$

Soit $ε > 0$ .

On introduit $M = {sup}_{ℝ} | f |$ et $a > 0$ tel que

\int_{- \infty}^{- a} φ (s) d s \leq ε et \int_{a}^{+ \infty} φ (s) d s \leq ε .

On a

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$\leq \int_{- \infty}^{- a} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s$
		$+ \int_{a}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s$
		$\leq 2 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s + 2 M ε$
		$= 4 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s .$

Par continuité de $f$ en $x$ , il existe $α > 0$ tel que

\forall y \in ℝ, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq ε .

Pour $n$ assez grand de sorte que $a / n \leq α$ ,

\forall s \in [- a; a], | (x - \frac{s}{n}) - x | = \frac{| s |}{n} \leq α

et alors

\int_{- a}^{a} | f (x - \frac{s}{n}) - f (x) | φ (s) d s \leq \int_{- a}^{a} ε φ (s) d s \leq ε \int_{- \infty}^{+ \infty} φ (s) d s = ε .

Au final, pour $n$ assez grand,

| f_{n} (x) - f (x) | \leq (4 M + 1) ε .

On a donc

lim_{n \to + \infty} f_{n} (x) = f (x) .

(b)

Soit $[- A; A] \subset ℝ$ avec $A > 0$ quelconque. Montrons que la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément vers $f$ sur²² 2 Cela est suffisamment général pour inclure tous les segments de $ℝ$ $[- A; A]$ .

Soit $x \in ℝ$ . On reprend les calculs précédents pour écrire

$| f_{n} (x) - f (x) | \leq 4 M ε + \int_{- a}^{a} | f (x - \frac{s}{n}) - f (x) | φ (s) d s .$

Par le théorème de Heine, la fonction $f$ est uniformément continue sur le segment $S = [- A - a; A + a]$ . Il existe donc $α > 0$ tel que

$\forall (x, y) \in S^{2}, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq ε .$

Soit $x \in [- A; A] \subset S$ . Pour tout $s \in [- a; a]$ et tout $n \in ℕ^{*}$ , $y = x - s / n \in S$ .

Pour $n$ assez grand de sorte que $a / n \leq α$ ,

$\int_{- a}^{a} | f (x - \frac{s}{n}) - f (x) | φ (s) d s \leq \int_{- a}^{a} ε φ (s) d s \leq ε$

et donc

$| f_{n} (x) - f (x) | \leq (4 M + 1) ε .$

Cela est obtenu pour $n$ assez grand indépendant de $x$ choisi dans $[- A; A]$ .

La suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément vers $f$ sur $[- A; A]$ .

Exercice 38 5825 Correction

Soit $(f_{n})$ est une suite de fonctions de classe $𝒞^{1}$ de $[a; b]$ vers $ℝ$ telle qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

\forall n \in ℕ, \forall x \in [a; b], | f_{n}^{'} (x) | \leq M .

On suppose que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers une fonction $f$ sur $[a; b]$ . Établir que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément sur $[a; b]$ .

Solution

Par l’inégalité des accroissements finis, on observe

\forall n \in ℕ, \forall (s, t) \in {[a; b]}^{2}, | f_{n} (t) - f_{n} (s) | \leq M | t - s | .

En passant à la limite quand $n$ tend vers l’infini, la convergence simple donne

\forall n \in ℕ, \forall (s, t) \in {[a; b]}^{2}, | f (t) - f (s) | \leq M | t - s | .

Soit $ε > 0$ . Il existe $N \in ℕ$ tel que

M \frac{b - a}{N} \leq ε .

Considérons alors la subdivision de $[a; b]$ formée par

x_{k} = a + k \frac{b - a}{N} pour k = 0, \dots, N .

Pour $k \in ⟦ 0; N ⟧$ , il existe $n_{k} \in ℕ$ tel que

\forall n \geq n_{k}, | f_{n} (x_{k}) - f (x_{k}) | \leq ε .

Posons $n^{'} = \max (n_{0}, n_{1}, \dots, n_{N})$ . On a

\forall n \geq n^{'}, \forall k \in ⟦ 0; N ⟧, | f_{n} (x_{k}) - f (x_{k}) | \leq ε .

Soit $x \in [a; b]$ quelconque. Il existe $k \in ⟦ 0; N - 1 ⟧$ tel que $x \in [x_{k}; x_{k + 1}]$ . On écrit alors

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$= \| (f_{n} (x) - f_{n} (x_{k})) + (f_{n} (x_{k}) - f (x_{k})) + (f (x_{k}) - f (x)) \|$
		$\leq \| f_{n} (x) - f_{n} (x_{k}) \| + \| f_{n} (x_{k}) - f (x_{k}) \| + \| f (x_{k}) - f (x) \|$

et donc

\forall n \geq n^{'}, | f_{n} (x) - f (x) | \leq M | x - x_{k} | + ε + M | x - x_{k} | \leq 2 M \frac{b - a}{N} + ε \leq 3 ε .

En résumé,

\forall ε > 0, \exists n^{'} \in ℕ, \forall x \in [a; b], \forall n \geq n^{'}, | f_{n} (x) - f (x) | \leq 3 ε .

Ainsi, $(f_{n})$ converge uniformément vers $f$ sur $[a; b]$ .

Exercice 39 2833 MINES (MP)Correction

On note $𝕌$ l’ensemble des complexes de module $1$ et l’on considère $ω$ un complexe de module différent de $1$ .

Exprimer une condition nécessaire et suffisante pour que la fonction

z \mapsto \frac{1}{z - ω}

soit limite uniforme sur $𝕌$ d’une suite de fonctions polynomiales.

Solution

Cas: $| ω | > 1$ . Pour $z \in 𝕌$ , on peut écrire

\frac{1}{z - ω} = - \frac{1}{ω} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{ω^{n}} .

La convergence normale sur $𝕌$ de la série assure la convergence uniforme d’une suite de polynômes vers

z \mapsto \frac{1}{z - ω} .

Cas: $| ω | < 1$ . On remarquer que pour tout $k \in ℕ$ ,

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{- i k θ}}{e^{i θ} - ω} d θ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} ω^{n} \int_{0}^{2 π} e^{- i (n + (k + 1)) θ} d θ = 0 .

Si $z \mapsto P_{n} (z)$ est une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément sur $𝕌$ vers $z \mapsto \frac{1}{z - ω}$ alors

\int_{0}^{2 π} \bar{P_{n} (e^{i θ})} \frac{1}{e^{i θ} - ω} d θ \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{2 π} \frac{d θ}{{| e^{i θ} - ω |}^{2}} \neq 0 .

Or, par le calcul précédent, on peut affirmer

\int_{0}^{2 π} \bar{P_{n} (e^{i θ})} \frac{1}{e^{i θ} - ω} d θ = 0 .

On conclut à une absurdité.

La condition cherchée est $| ω | > 1$ .

Exercice 40 2969 X (MP)

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions réelles convexes définies sur un intervalle ouvert non vide $I$ . On suppose que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement sur $I$ . Montrer que la convergence est en fait uniforme sur tout segment inclus dans $I$ .

[<] Étude théorique de la convergence d'une suite de fonctions[>] Étude de la convergence d'une série de fonctions

Exercice 41 2532 CCINP (MP)Correction

Soient $α \in ℝ$ et $n \in ℕ^{*}$ . Pour $x \in ℝ_{+}$ , on pose

f_{n} (x) = x (1 + n^{α} e^{- n x}) .

(a)

Montrer que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers une fonction $f$ à déterminer.
(b)

Déterminer les valeurs de $α$ pour lesquelles il y a convergence uniforme.
(c)

Calculer

$lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{1} x (1 + \sqrt{n} e^{- n x}) d x .$

Solution

(a)

En distinguant le cas $x = 0$ du cas général, on obtient que la suite de fonction $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction $f$ donnée par $f (x) = x$ .
(b)

Par étude des variations de $f_{n} (x) - f (x)$ , on obtient qu’il y a convergence uniforme si, et seulement si, $α < 1$ .
(c)

Par un argument de convergence uniforme, on peut échanger limite et intégrale

$lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{1} x (1 + \sqrt{n} e^{- n x}) d x = \int_{0}^{1} x d x = \frac{1}{2} .$

Exercice 42 893 Correction

On définit $(u_{n})$ suite de fonctions de $[0; 1]$ vers $ℝ$ par

u_{0} (x) = 1 et u_{n + 1} (x) = 1 + \int_{0}^{x} u_{n} (t - t^{2}) d t pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que pour tout $x \in [0; 1]$ ,

$0 \leq u_{n + 1} (x) - u_{n} (x) \leq \frac{x^{n + 1}}{(n + 1)!} .$
(b)

En déduire la convergence pour tout $x \in [0; 1]$ de la suite $(u_{n} (x))$ .
(c)

Établir que la suite $(u_{n})$ converge uniformément vers une fonction $u$ non nulle vérifiant

$u^{'} (x) = u (x - x^{2}) .$

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ .

Pour $n = 0$ , $u_{0} (x) = 1$ et $u_{1} (x) = 1 + \int_{0}^{x} d t = 1 + x$ donc $0 \leq u_{1} (x) - u_{0} (x) = x$ .

Supposons la propriété établie au rang $n \geq 0$ .

$u_{n + 2} (x) - u_{n + 1} (x) = \int_{0}^{x} u_{n + 1} (t - t^{2}) - u_{n} (t - t^{2}) d t$

or $u_{n + 1} (t - t^{2}) - u_{n} (t - t^{2}) \geq 0$ donc $u_{n + 2} (x) - u_{n + 1} (x) \geq 0$ et

$u_{n + 1} (t - t^{2}) - u_{n} (t - t^{2}) \leq \frac{{(t - t^{2})}^{n + 1}}{(n + 1)!} \leq \frac{t^{n + 1}}{(n + 1)!}$

puis

$u_{n + 2} (x) - u_{n + 1} (x) \leq \frac{x^{n + 2}}{(n + 2)!} .$

Récurrence établie.
(b)

Pour tout $x \in ℝ$ , on sait qu’il y a convergence de la série exponentielle

$\sum \frac{x^{n}}{n!} .$

Par comparaison de série à termes positifs, il y a convergence de la série télescopique

$\sum (u_{n + 1} (x) - u_{n} (x))$

et donc convergence de la suite $(u_{n} (x))$ .
(c)

Pour tout $x \in [0; 1]$ ,

$| u (x) - u_{n} (x) | = | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} (u_{k} (x) - u_{k - 1} (x)) |$

donc

$| u (x) - u_{n} (x) | \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{x^{k}}{k!} \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Ainsi $(u_{n})$ converge uniformément vers $u$ . On en déduit que $u$ est continue et, toujours par convergence uniforme,

$\forall x \in [0; 1], \int_{0}^{x} u_{n} (t - t^{2}) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{x} u (t - t^{2}) d t .$

Par conséquent,

$\forall x \in [0; 1], u (x) = 1 + \int_{0}^{x} u (t - t^{2}) d t .$

La fonction $u$ est donc une fonction non nulle (car $u (0) = 1$ ) et dérivable avec

$u^{'} (x) = u (x - x^{2}) .$

Exercice 43 3891

Soit $γ \in [0; 1 [$ . On définit une suite de fonctions $(u_{n})$ de $ℝ_{+}$ vers $ℝ$ par:

u_{0} (x) = 1 et u_{n + 1} (x) = 1 + \int_{0}^{x} u_{n} (γ t) d t pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que pour tout $x \in ℝ_{+}$ ,

$0 \leq u_{n + 1} (x) - u_{n} (x) \leq \frac{x^{n + 1}}{(n + 1)!} .$
(b)

En déduire la convergence simple de la suite $(u_{n})$ sur $ℝ_{+}$ .
(c)

Établir que la limite $u$ de la suite $(u_{n})$ est une fonction dérivable vérifiant

$u (0) = 1 et u^{'} (x) = u (γ x) pour tout x \in ℝ_{+} .$

Exercice 44 4747

On considère la suite de fonctions ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ définies sur $] 1; + \infty [$ par

u_{n} (x) = \prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{1}{x^{k}}) .

(a)

Montrer que la suite de fonctions $(u_{n})$ converge simplement sur $] 1; + \infty [$ .

On pourra librement employer l’inégalité¹¹ 1 Cette inégalité peut être simplement obtenue en étudiant les variations de la fonction différence ou en employant un argument de convexité. $1 + x \leq e^{x}$ valable pour tout $x \in R$ .

On peut alors introduire sa fonction limite $u$ définie par

u (x) = \prod_{k = 1}^{+ \infty} (1 + \frac{1}{x^{k}}) \overset{déf}{=} lim_{n \to + \infty} \prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{1}{x^{k}}) pour tout x > 1 .

(b)

Étudier la monotonie de la fonction $u$ .
(c)

Soit $a > 1$ arbitraire. Montrer que la suite de fonctions $(u_{n})$ converge uniformément sur $[a; + \infty [$ .
(d)

En déduire que la fonction $u$ est continue.
(e)

Déterminer la limite de la fonction $u$ en $+ \infty$ .
(f)

Justifier que la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ n’est pas uniforme au voisinage de $1$ .
(g)

Déterminer la limite de la fonction $u$ en $1$ par valeurs supérieures.

Exercice 45 5832 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite de fonctions continues d’un intervalle $I$ vers $ℝ$ .

On suppose qu’il existe une série convergente $\sum a_{n}$ pour laquelle

\forall x \in I, | u_{n} (x) | \leq a_{n}

et l’on pose, pour $n \in ℕ$ et $x \in I$ ,

P_{n} (x) = \prod_{k = 0}^{n} (1 + u_{k} (x)) .

(a)

Justifier que $(P_{n})$ converge simplement sur $I$ vers une certaine fonction $P$ .
(b)

Établir que $P$ est continue sur $I$ .

Solution

(a)

Soit $x \in I$ .

Puisque la série à termes positifs $\sum a_{n}$ converge, la série $\sum u_{n} (x)$ converge aussi et la suite ${(u_{n} (x))}_{n \in ℕ}$ est en particulier de limite nulle. Il existe donc un rang $N_{x}$ tel que $| u_{n} (x) | < 1$ pour tout $n > N_{x}$ .

Soit $n > N_{x}$ . On écrit

$P_{n} (x) = P_{N_{x}} (x) \prod_{k = N_{x} + 1}^{n} (1 + u_{k} (x))$

et l’on peut considérer

$\ln (\prod_{k = N_{x} + 1}^{n} (1 + u_{k} (x))) = \sum_{k = N_{x} + 1}^{n} \ln (1 + u_{k} (x))$

car tous les facteurs $1 + u_{k} (x)$ sont strictement positifs. Or

$\ln (1 + u_{k} (x)) \underset{k \to + \infty}{\sim} u_{k} (x) car u_{k} (x) \to_{k \to + \infty}^{} 0$

et la série $\sum \ln (1 + u_{k} (x))$ est donc absolument convergente. On peut alors écrire

$\ln (\prod_{k = N_{x} + 1}^{n} (1 + u_{k} (x))) \to_{n \to + \infty}^{} ℓ (x) avec ℓ (x) = \sum_{k = N_{x} + 1}^{+ \infty} \ln (1 + u_{k} (x))$

puis, par opérations sur les limites,

$P_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} P (x) = P_{N_{x}} (x) e^{ℓ (x)} \in ℝ .$

La suite de fonctions $(P_{n})$ converge simplement sur $I$ .
(b)

Approfondissons l’étude qui précède et commençons¹¹ 1 Mais il était sans doute naturel d’avoir déjà introduit $N$ indépendant de $x$ à la question précédente. par introduire $N \in ℕ$ tel que $a_{n} < 1$ pour tout $n > N$ . Pour tout $x \in I$ , on peut écrire

$P_{n} (x) = P_{N} (x) \prod_{k = N + 1}^{n} (1 + u_{k} (x)) \to_{n \to + \infty}^{} P (x) = P_{N} (x) e^{ℓ (x)}$

avec

$ℓ (x) = \sum_{k = N_{x} + 1}^{n} \ln (1 + u_{k} (x)) .$

La fonction $P_{N}$ est continue par produit (d’un nombre fini) de fonctions continues. Montrons la continuité de la fonction $ℓ$ par un argument de convergence normale.

Par croissance de la fonction $t \mapsto \ln (1 + t)$ , on a pour tout $x \in I$

$\ln (1 - a_{n}) \leq \ln (1 + u_{k} (x)) \leq \ln (1 + a_{n})$

donc

$sup_{x \in I} | \ln (1 + u_{k} (x)) | \leq | \ln (1 + a_{n}) | + | \ln (1 - a_{n}) | = α_{n} .$

La série $\sum α_{n}$ converge. Par majoration uniforme, la série de fonctions $\sum \ln (1 + u_{k})$ converge normalement sur $I$ . Or les fonctions sommées sont toutes continues et donc, par théorème de convergence uniforme, la somme de la série de séries de fonctions $\sum \ln (1 + u_{k})$ est continue. Cela produit la continuité de $ℓ$ puis celle de $P$ par opérations sur les fonctions continues.

Exercice 46 2970 X (MP)Correction

On note $E$ l’ensemble des fonctions $f : [0; 1] \to ℝ_{+}$ continues. On pose

Φ (f) : {\begin{matrix} [0; 1] & \to & ℝ_{+} \\ x & \mapsto & \int_{0}^{x} \sqrt{f (t)} d t \end{matrix}

pour toute fonction $f \in E$ . On définit ensuite une suite de fonctions $(f_{n})$ en posant $f_{0} = 1$ puis $f_{n + 1} = Φ (f_{n})$ pour tout $n \in ℕ$ .

(a)

Étudier la convergence uniforme de la suite $(f_{n})$ .

On note $f$ la limite simple de la suite $(f_{n})$ .

(b)

Vérifier que $f$ est solution de l’équation différentielle $y^{'} = \sqrt{y}$ .

Solution

(a)

On vérifie sans peine que la suite $(f_{n})$ est bien définie.

$f_{1} (x) = x, f_{2} (x) = \frac{2}{3} x^{3 / 2}, \dots$

Si $f (x) = α x^{β}$ alors

$Φ (f) (x) = \sqrt{α} \int_{0}^{x} t^{β / 2} d t = \frac{2 \sqrt{α}}{β + 2} x^{β / 2 + 1} .$

Ainsi, $f_{n} (x) = α_{n} x^{β_{n}}$ avec

$α_{n + 1} = \frac{2 \sqrt{α_{n}}}{β_{n} + 2} et β_{n + 1} = \frac{β_{n}}{2} + 1 .$

On a

$β_{n} = \frac{2^{n} - 1}{2^{n - 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 2$

et, pour $n \geq 1$ ,

$α_{n + 1} = \frac{2 \sqrt{α_{n}}}{4 - \frac{1}{2^{n - 1}}} .$

On a

$α_{n + 2} - α_{n + 1} = \frac{2 \sqrt{α_{n + 1}}}{4 - \frac{1}{2^{n}}} - \frac{2 \sqrt{α_{n}}}{4 - \frac{1}{2^{n - 1}}} .$

Or $2^{n} \geq 2^{n - 1}$ donne

$\frac{2}{4 - \frac{1}{2^{n}}} \leq \frac{2}{4 - \frac{1}{2^{n - 1}}}$

donc

$α_{n + 2} - α_{n + 1} \leq \frac{2}{4 - \frac{1}{2^{n - 1}}} (\sqrt{α_{n + 1}} - \sqrt{α_{n}}) .$

Puisque $α_{1} = α_{0}$ , on obtient alors par récurrence que la suite $(α_{n})$ est décroissante.
Étant aussi minorée par 0, elle converge et en passant la relation de récurrence à la limite, on obtient

$α_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 / 4 .$

On en déduit que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction

$f : x \mapsto {(\frac{x}{2})}^{2} .$

De plus,

$f_{n} (x) - f (x) = α_{n} (x^{β_{n}} - x^{2}) + (α_{n} - \frac{1}{4}) x^{2} .$

Puisque $β_{n} \leq 2$ , on a pour tout $x \in [0; 1]$ et en exploitant $e^{u} \leq 1 + u$

$0 \leq x^{β_{n}} - x^{2}$ $= \int_{β_{n}}^{2} | \ln (x) | x^{t} d t$

$\leq (2 - β_{n}) | \ln (x) | . x^{β_{n}} \leq (2 - β_{n}) | \ln (x) | x .$

Puisque la fonction $x \mapsto x | \ln (x) |$ est bornée par $1 / e$ sur $[0; 1]$ ,

$0 \leq x^{β_{n}} - x^{2} \leq 2 - β_{n}$

et ainsi

$| f_{n} (x) - f (x) | = α_{n} (2 - β_{n}) + (α_{n} - \frac{1}{4})$

et ce majorant uniforme tend vers 0.
Il y a donc convergence uniforme de la suite de fonctions $(f_{n})$ vers $f$ .
(b)

La relation

$f_{n + 1} (x) = \int_{0}^{x} \sqrt{f_{n} (t)} d t$

donne à la limite

$f (x) = \int_{0}^{x} \sqrt{f (t)} d t$

d’où l’on tire $f$ dérivable et $f^{'} (x) = \sqrt{f (x)}$ . Cependant, cela est aussi le résultat d’un calcul direct puisque

$f : x \mapsto {(\frac{x}{2})}^{2} .$

Exercice 47 4104 CENTRALE (MP)Correction

On étudie l’équation fonctionnelle

(E) : f (2 x) = 2 f (x) - 2 f {(x)}^{2} .

(a)

Quelles sont les solutions constantes sur $ℝ$ ?
(b)

Soit $h : ℝ \to ℝ$ . On pose $f (x) = x h (x)$ pour tout $x \in ℝ$ . À quelle condition sur $h$ , la fonction $f$ est-elle solution de $(E)$ ?
(c)

On définit par récurrence une suite de fonctions de $ℝ$ dans $ℝ$ en posant: $h_{0} : x \mapsto 1$ et, pour tout $n \in ℕ$ ,

$h_{n + 1} (x) = h_{n} (\frac{x}{2}) - \frac{x}{2} {(h_{n} (\frac{x}{2}))}^{2} .$

Pour $x \in [0; 1]$ , soit $T_{x} : y \mapsto y - x y^{2} / 2$ . Montrer que $T_{x}$ est 1-lipschitzienne sur $[0; 1]$ et que $T_{x} ([0; 1]) \subset [0; 1]$ .
Montrer que la suite ${(h_{n})}_{n \in ℕ}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .
(d)

Montrer que l’équation $(E)$ admet une solution continue et non constante sur $[0; 1]$ .
(e)

Montrer que l’équation $(E)$ admet une solution continue et non constante sur $ℝ_{+}$ .

Solution

(a)

Si $f$ est constante égale à $C$ alors l’équation $(E)$ est vérifiée si, et seulement si, $C = 2 C - 2 C^{2}$ . Cette dernière équation est vérifiée pour $C = 0$ et $C = 1 / 2$ seulement.
(b)

Après substitution et étude séparée du cas $x = 0$ , on obtient $f$ solution de $(E)$ si, et seulement si, $h$ vérifie

$h (2 x) = h (x) - x h {(x)}^{2} .$
(c)

L’application $T_{x}$ est de classe $𝒞^{1}$ et $T_{x}^{'} (y) = 1 - x y$ . Sur $[0; 1]$ , on vérifie $| T_{x}^{'} (y) | \leq 1$ et la fonction $T_{x}$ est donc 1-lipschitzienne sur $[0; 1]$ . Au surplus, la fonction $T_{x}$ est croissante sur $[0; 1]$ avec $T_{x} (0) = 0$ et $T_{x} (1) = 1 - x / 2$ . On en déduit $T_{x} ([0; 1]) \subset [0; 1]$ .
Par une récurrence immédiate, on vérifie

$\forall n \in ℕ, \forall x \in [0; 1], h_{n} (x) \in [0; 1] .$

Pour $n \geq 1$ et $x \in [0; 1]$ , on a par lipschitzianité

$| h_{n + 1} (x) - h_{n} (x) | \leq | h_{n} (\frac{x}{2}) - h_{n - 1} (\frac{x}{2}) | .$

En répétant cette majoration

$| h_{n + 1} (x) - h_{n} (x) | \leq | h_{1} (\frac{x}{2^{n}}) - h_{0} (\frac{x}{2^{n}}) | = \frac{x}{2^{n + 1}} \leq \frac{1}{2^{n + 1}} .$

La série télescopique $\sum (h_{n + 1} (x) - h_{n} (x))$ converge donc absolument et la suite $(h_{n} (x))$ est donc convergente. La suite de fonctions $(h_{n})$ converge donc simplement vers une fonction $h$ sur $[0; 1]$ . Au surplus,

$| h (x) - h_{n} (x) | = | \sum_{k = n}^{+ \infty} h_{k + 1} (x) - h_{k} (x) | \leq \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{2^{k + 1}} = \frac{1}{2^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La convergence de la suite $(h_{n})$ est donc uniforme sur $[0; 1]$ .
(d)

La fonction $h$ est limite uniforme d’une suite de fonctions continues, elle est donc continue sur $[0; 1]$ . En passant à la limite la relation

$\forall x \in [0; 1], h_{n + 1} (x) = h_{n} (\frac{x}{2}) - \frac{x}{2} h_{n} {(\frac{x}{2})}^{2}$

on obtient l’identité

$\forall x \in [0; 1], h (x) = h (\frac{x}{2}) - \frac{x}{2} h {(\frac{x}{2})}^{2} .$

Puisque $h_{n} (0) = 1$ pour tout $n \in ℕ$ , on a $h (0) = 1$ et la fonction $h$ n’est pas nulle. On peut alors définir la fonction $f : x \mapsto x h (x)$ qui est continue, non constante et vérifie

$\forall x \in [0; 1], f (x) = 2 f (\frac{x}{2}) - 2 f {(\frac{x}{2})}^{2} .$
(e)

On peut ensuite définir une solution sur $[0; 2]$ en posant

$\forall x \in] 1; 2], f (x) = 2 f (\frac{x}{2}) - 2 f {(\frac{x}{2})}^{2} .$

Cette solution est bien continue en 1 car

$lim_{x \to 1^{+}} f (x) = 2 f (\frac{1}{2}) - 2 f {(\frac{1}{2})}^{2} = f (1) .$

De même, on prolonge la solution sur $[0; 4]$ , $[0; 8]$ , etc.

Exercice 48 5417 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x > 0$ , on pose

f_{n} (x) = \ln (n) - \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k + x} .

(a)

Montrer que la suite ${(f_{n} (x))}_{n \geq 1}$ est croissante et majorée.

On rappelle la comparaison $\ln (1 + u) \leq u$ pour tout $u \in] - 1; + \infty [$ .

On pose

Ψ (x) = lim_{n \to + \infty} (\ln (n) - \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k + x}) .

(b)

Montrer que $Ψ$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Simplifier $Ψ (x + 1) - Ψ (x)$ pour $x > 0$ . En déduire un équivalent de $Ψ$ en $0^{+}$ .
(d)

Déterminer un équivalent de $Ψ$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ_{+}^{*}$ . Pour $n \geq 2$ ,

$f_{n} (x) - f_{n - 1} (x) = - \ln (1 - \frac{1}{n}) - \frac{1}{n + x} \geq \frac{1}{n} - \frac{1}{n + x} \geq 0 .$

La suite ${(f_{n} (x))}_{n \geq 1}$ est donc croissante.

Pour $x \in ℝ_{+}^{*}$ et $k \in ℕ$ ,

$\frac{1}{k + x} \geq \ln (1 + \frac{1}{k + x}) = \ln (k + 1 + x) - \ln (k + x)$

et donc

$f_{n} (x)$ $\leq \ln (n) - \sum_{k = 0}^{n} (\ln (k + 1 + x) - \ln (k + x))$

$= \ln (n) + \ln (x) - \ln (n + 1 + x) \leq \ln (x) .$

La suite ${(f_{n} (x))}_{n \geq 1}$ est donc majorée.
(b)

Par l’étude qui précède, on sait la convergence simple de ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ ce qui assure que la fonction $Ψ$ est bien définie sur $] 0; + \infty [$ . Aussi, les fonctions $f_{n}$ sont chacune continues sur $ℝ_{+}^{*}$ . Étudions la convergence uniforme de ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ .

Soit $a > 0$ . Pour $x \in] 0; a]$ , on remarque

$| Ψ (x) - f_{n} (x) | = Ψ (x) - f_{n} (x) = lim_{N \to + \infty} (f_{N} (x) - f_{n} (x)) .$

Or pour $N \geq n + 1$

$f_{N} (x) - f_{n} (x)$ $= \ln (\frac{N}{n}) - \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k + x}$

$\leq \ln (\frac{N}{n}) - \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k + a}$

$= f_{N} (a) - f_{n} (a) .$

À la limite quand $N$ tend vers $+ \infty$ ,

$| Ψ (x) - f_{n} (x) | \leq Ψ (a) - f_{n} (a) .$

Ainsi,

$sup_{x \in] 0; a]} | Ψ (x) - f_{n} (x) | \leq | Ψ (a) - f_{n} (a) | \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

La suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément sur $] 0; a]$ et ce pour tout $a > 0$ , on en déduit que la fonction $Ψ$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour $x > 0$ , on obtient après simplifications,

$f_{n} (x + 1) - f_{n} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{n + 1 + x} .$

À la limite quand $n \to + \infty$ , il vient

$Ψ (x + 1) - Ψ (x) = \frac{1}{x} .$

Quand $x$ tend vers $0^{+}$ , $Ψ (x + 1)$ tend vers la constante $Ψ (1)$ ce qui permet d’écrire

$Ψ (x) = - \frac{1}{x} + Ψ (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} - \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x}) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} - \frac{1}{x} .$
(d)

Pour $k \in ℕ^{*}$ ,

$\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t + x} \leq \frac{1}{k + x} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t + x}$

et donc

$\int_{0}^{n + 1} \frac{d t}{t + x} \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k + x} \leq \frac{1}{x} + \int_{0}^{n} \frac{d t}{t + x}$

puis

$\ln (n + 1 + x) - \ln (x) \leq \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k + x} \leq \frac{1}{x} + \ln (n) - \ln (x)$

et enfin

$\ln (x) - \frac{1}{x} \leq f_{n} (x) \leq \ln (\frac{n}{n + 1 + x}) + \ln (x) .$

À la limite quand $n \to + \infty$ , on obtient l’encadrement

$\ln (x) - \frac{1}{x} \leq Ψ (x) \leq \ln (x) .$

On en déduit

$Ψ (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \ln (x) .$

[<] Étude pratique de la limite d'une suite de fonctions[>] Intégration terme à terme

Exercice 49 895 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $f_{n} : ℝ \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = \frac{1}{n^{2} + x^{2}} .

Étudier la convergence simple, uniforme et normale de la série de fonctions $\sum f_{n}$ .

Solution

Pour $x \in ℝ$ ,

| f_{n} (x) | \leq \frac{1}{n^{2}} .

Puisque $\sum 1 / n^{2}$ converge, il y a convergence normale, donc uniforme, donc simple sur $ℝ$ .

Exercice 50 5525 Correction

Établir la convergence uniforme sur $[0; 1]$ de la série de fonctions $\sum_{n \geq 1} f_{n}$ avec

f_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n} x^{n}}{n + x} pour tout x \in [0; 1] .

Solution

Soit $x \in [0; 1]$ . La série numérique $\sum f_{n} (x)$ est alternée car, pour tout $n \in ℕ$ ,

f_{n} (x) = {(- 1)}^{n} | f_{n} (x) | avec | f_{n} (x) | = \frac{x^{n}}{n + x} .

Pour $x \in [0; 1 [$ comme pour $x = 1$ , on observe que la suite $(| f_{n} (x) |)$ décroît vers $0$ . Par le critère spécial, on peut assurer la convergence de la série $\sum f_{n} (x)$ . On en déduit que la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $[0; 1]$ . On peut alors introduire son reste $R_{n}$ et l’on vérifie par le critère spécial

| R_{n} (x) | \leq | f_{n + 1} (x) | = \frac{x^{n + 1}}{n + 1 + x} \leq \frac{1}{n + 1} .

En passant à la borne supérieure,

sup_{x \in [0; 1]} | R_{n} (x) | \leq \frac{1}{n + 1}

et donc

sup_{x \in [0; 1]} | R_{n} (x) | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On conclut que $\sum f_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .

Exercice 51 896 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $f_{n} : ℝ \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x^{2}} .

Étudier la convergence simple, uniforme et normale de la série de fonctions $\sum f_{n}$ .

Solution

On a ${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = 1 / n$ et $\sum 1 / n$ diverge: il n’y a pas convergence normale sur $ℝ$ .

Pour $x \in ℝ$ , la série numérique $\sum f_{n} (x)$ satisfait le critère spécial des séries alternées, il y a donc convergence simple sur $ℝ$ et

| \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} f_{n} (x) | \leq \frac{1}{N + 1 + x^{2}} \leq \frac{1}{N + 1} \to_{N \to + \infty}^{} 0 .

Il y a donc convergence uniforme sur $ℝ$ .

Exercice 52 4744

Étudier la convergence simple, puis la convergence uniforme sur $ℝ_{+}$ , de la série de fonctions $\sum_{n \geq 1} u_{n}$ avec

u_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n + t} pour tout t \in ℝ_{+} .

Exercice 53 3004 NAVALE (MP)Correction

On pose

u_{n} (x) = \frac{x}{{(1 + n^{2} x)}^{2}} pour n \in ℕ et x \in ℝ_{+}

(a)

Étudier la convergence simple et uniforme sur $ℝ_{+}$ de la série de fonctions $\sum u_{n}$ .
(b)

Même question avec $\sum u_{n}^{'} (x)$ .

Solution

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . La fonction $u_{n}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec, par dérivation d’un produit,

$u_{n}^{'} (x) = \frac{1}{{(1 + n^{2} x)}^{2}} - \frac{2 n^{2} x}{{(1 + n^{2} x)}^{3}} = \frac{1 - n^{2} x}{{(1 + n^{2} x)}^{3}}$

On en déduit les variations de $u_{n}$ et l’on obtient

$sup_{x \in ℝ_{+}} | u_{n} (x) | = u_{n} (\frac{1}{n^{2}}) = \frac{1}{4 n^{2}}$

La série de fonctions $\sum_{n \geq 1} u_{n}$ converge normalement sur $ℝ_{+}$ . La série $\sum_{n \geq 0} u_{n}$ qui s’en déduit par l’ajout d’un terme converge donc simplement et uniformément sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Pour $x = 0$ , $u_{n}^{'} (0) = 1$ . La série $\sum u_{n}^{'} (0)$ diverge grossièrement. La série de fonctions ne converge donc pas simplement ni uniformément sur $ℝ_{+}$ . En revanche, même si la question n’est pas posée, on peut établir la convergence simple sur $ℝ_{+}^{*}$ et la convergence uniforme sur $[a; + \infty [\subset ℝ_{+}^{*}$ (mais pas sur $ℝ_{+}^{*}$ ).

Exercice 54 897 Correction

On note $1_{I}$ la fonction indicatrice d’un intervalle $I$ :

1_{I} (x) = {\begin{matrix} 1 & si x \in I \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Étudier la convergence simple, uniforme et normale sur $[0; + \infty [$ de la série des fonctions

u_{n} (x) = \frac{1}{n + 1} 1_{[n; n + 1 [} (x) .

Solution

Pour tout $x \in [0; + \infty [$ , introduisons $k = ⌊ x ⌋$ . Pour $N \geq k + 1$ , on a

\sum_{n = 0}^{N} u_{n} (x) = \frac{1}{k + 1}

et la série de fonctions converge donc simplement sur $[0; + \infty [$ vers la fonction $S : [0; + \infty [$ déterminée par

S (x) = \frac{1}{k + 1} pour tout x \in [k; k + 1 [avec k \in ℕ .

Pour tout $x \in [0; + \infty [$ ,

S (x) - \sum_{n = 0}^{N} u_{n} (x) = {\begin{matrix} 0 & si x < N + 1 \\ S (x) & si x \geq N + 1 \end{matrix}

et donc

| S (x) - \sum_{n = 0}^{N} u_{n} (x) | \leq \frac{1}{N + 2} \to_{N \to + \infty}^{} 0 .

Il y a donc convergence uniforme sur $[0; + \infty [$ .

Enfin, ${∥ u_{n} ∥}_{\infty} = 1 / (n + 1)$ n’est pas sommable, il n’y a pas convergence normale sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 55 3770 CCINP (MP)

Pour $n \in ℕ$ , on pose

f_{n} (x) = n x^{2} e^{- x \sqrt{n}} pour tout x \in ℝ_{+} .

(a)

Étudier la convergence simple, la convergence normale ainsi que la convergence uniforme de la série de fonctions $\sum f_{n}$ sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Même question sur $[a; + \infty [$ avec $a > 0$ .

Exercice 56 3785 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on introduit la fonction $f_{n} : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = \frac{x^{n} e^{- x}}{n!} .

(a)

Étudier les convergences de la suite de fonctions $(f_{n})$ .
(b)

Étudier les convergences de la série de fonctions $\sum f_{n}$ .

Solution

(a)

Par croissance comparée, la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers la fonction nulle sur $[0; + \infty [$ .

La fonction $f_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$f_{n}^{'} (x) = \frac{1}{n!} x^{n - 1} (n - x) e^{- x} .$

On peut alors dresser le tableau de variations de $f_{n}$ et affirmer

$sup_{x \in [a; + \infty [} | f_{n} (x) | = f_{n} (n) = \frac{n^{n}}{n!} e^{- n} .$

Par la formule de Stirling,

$n! \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n}$

donc

$f_{n} (n) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{2 π n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Par référence à la série exponentielle, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $ℝ$ et sa somme est égale à $1$ .

Il ne peut y avoir convergence normale sur $[a; + \infty [$ car $f_{n} (n)$ n’est pas sommable.

En revanche, sur $[0; a]$ , il y a convergence normale car pour $n$ assez grand de sorte que $n \geq a$ , on a

$sup_{x \in [0; a]} | f_{n} (x) | = f_{n} (a) .$

Il y a a fortiori convergence uniforme sur $[0; a]$ .

Par l’absurde, s’il y a convergence uniforme sur un voisinage de $+ \infty$ , on obtient par le théorème de la double limite

$lim_{x \to + \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} f_{n} (x)$

ce qui donne l’absurdité $1 = 0$ .

Il n’y a donc pas convergence uniforme sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 57 3988 NAVALE (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on considère $u_{n} : ℝ_{+} \to ℝ$ définie par

u_{n} (x) = \frac{x}{{(1 + n^{2} x)}^{2}} .

Étudier la convergence simple et la convergence uniforme des séries de fonctions $\sum u_{n}$ et $\sum u_{n}^{'}$ .

Solution

La fonction $u_{n}$ est dérivable sur $ℝ_{+}$ avec

u_{n}^{'} (x) = \frac{1 - n^{2} x}{{(1 + n^{2} x)}^{3}} .

Les variations de $u_{n}$ sur $[0; + \infty [$ fournissent

{∥ u_{n} ∥}_{\infty} = u_{n} (1 / n^{2}) = \frac{1}{4 n^{2}} .

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $[0; + \infty [$ , a fortiori uniformément et simplement.

Soit $a > 0$ . Pour $x \geq a$ ,

| u_{n}^{'} (x) | \leq \frac{1 + n^{2} x}{{(1 + n^{2} x)}^{3}} = \frac{1}{{(1 + n^{2} a)}^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{a^{2}} \frac{1}{n^{4}} .

La série de fonctions $\sum u_{n}^{'}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ .

En revanche, il n’y a pas convergence en $0$ , ni convergence uniforme sur $] 0; a]$ car le théorème de la double limite ne peut s’appliquer en $0$ (puisque la série des limites diverge).

Exercice 58 4743

Étudier la convergence simple puis uniforme sur $ℝ$ de la série de fonctions $\sum u_{n}$ avec

u_{n} (t) = \frac{\sin (n t)}{n^{2} + 1} pour tout t \in ℝ .

Exercice 59 2838 MINES (MP)

Pour $α \in ℝ$ et $n \in ℕ^{*}$ , on considère les fonctions $u_{n}$ définies sur $[0; 1]$ par

u_{n} (x) = n^{α} x^{n} (1 - x) .

(a)

Pour quels réels $α$ la suite $(u_{n})$ converge-t-elle uniformément sur $[0; 1]$ ?
(b)

Pour quels réels $α$ la série $\sum u_{n}$ converge-t-elle uniformément sur $[0; 1]$ ?

Exercice 60 5429 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x \in [0; 1]$ , on pose

f_{n} (x) = \frac{x {(1 - x)}^{n}}{\ln (n + 1)} .

(a)

Étudier la convergence simple de la série de fonctions $\sum f_{n}$ .
(b)

Étudier la convergence uniforme de la série de fonctions $\sum f_{n}$ .
(c)

Étudier la convergence normale de la série de fonctions $\sum f_{n}$ .

Solution

(a)

Cas: $x = 0$ . La série $\sum f_{n} (0)$ est la série nulle et donc converge.

Cas: $x \in] 0; 1]$ . On remarque

$n^{2} f_{n} (x) = \frac{n^{2} x {(1 - x)}^{n}}{\ln (n + 1)} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et la série $\sum f_{n} (x)$ converge absolument.

On en déduit que la série de fonctions converge simplement sur $[0; 1]$ .

(b)

Par convergence simple, on peut introduire

R_{n} (x) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} f_{k} (x) pour tout x \in [0; 1] .

Pour $x = 0$ , on a simplement $R_{n} (x) = 0$ . Pour $x \in] 0; 1]$ ,

	$\| R_{n} (x) \|$	$= \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{x {(1 - x)}^{k}}{\ln (k + 1)}$
		$\leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{x {(1 - x)}^{k}}{\ln (n + 1)}$
		$= \frac{x}{\ln (n + 1)} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(1 - x)}^{k}$
		$= \frac{x}{\ln (n + 1)} \cdot \frac{{(1 - x)}^{n + 1}}{1 - (1 - x)}$
		$= \frac{{(1 - x)}^{n + 1}}{\ln (n + 1)} \leq \frac{1}{\ln (n + 1)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par cette majoration uniforme, on conclut que la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .

(c)

L’étude des variations de $f_{n}$ donne

$sup_{x \in [0; 1]} | f_{n} (x) |$ $= f_{n} (\frac{1}{n + 1})$

$= \frac{1}{(n + 1) \ln (n + 1)} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n}$

$\underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{e} \cdot \frac{1}{n \ln (n)} .$

Sachant la divergence de la série $\sum \frac{1}{n \ln (n)}$ , on peut conclure à la non-convergence normale de $\sum f_{n}$ .

Exercice 61 2999 CCINP (MP)Correction

(a)

Déterminer la nature de la série $\sum \frac{1}{n \ln (n)}$ .

Pour $x \in ℝ$ et $n \geq 2$ , on pose

f_{n} (x) = \frac{x e^{- n x}}{\ln (n)} .

(b)

Étudier la convergence simple de $\sum f_{n}$ .
(c)

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge-t-elle normalement sur $[0; + \infty [$ ?
(d)

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . Montrer la convergence uniforme de $\sum f_{n}$ sur $[a; b]$ .
(e)

Montrer la convergence uniforme de $\sum f_{n}$ sur $[0; + \infty [$ .

On pourra étudier le reste de la série de fonctions.

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto \frac{1}{x \ln (x)}$ est continue par morceaux, décroissante et positive sur $[2; + \infty [$ . Par comparaison série-intégrale,

$\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k \ln (k)} \geq \int_{2}^{n + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (\ln (t))]}_{2}^{n + 1} = \ln (\ln (n + 1)) - \ln (\ln (2)) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

La série étudiée diverge.
(b)

Soit $x \in ℝ$ .

Cas: $x < 0$ . On observe

$f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

La série $\sum f_{n} (x)$ diverge grossièrement

Cas: $x = 0$ . La suite $(f_{n} (0))$ est constante égale à $0$ , la série $\sum f_{n} (0)$ converge.

Cas: $x > 0$ . On observe

$n^{2} f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La série $\sum f_{n} (x)$ est absolument convergente donc convergente.

Finalement, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $[0; + \infty [$ .
(c)

La fonction $f_{n}$ est continue sur $[0; + \infty [$ et de limite nulle en $+ \infty$ , c’est une fonction bornée. Cependant,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in [0; + \infty [} | f_{n} (x) | \geq f_{n} (\frac{1}{n}) = \frac{e^{- 1}}{n \ln (n)} .$

Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum {∥ f_{n} ∥}_{\infty}$ diverge.
(d)

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . Pour tout $x \in [a; b]$ ,

$| f_{n} (x) | = \frac{x e^{- n x}}{\ln (n)} \leq \frac{b e^{- n a}}{\ln (n)} = α_{n} .$

Ce majorant uniforme est sommable car

$n^{2} α_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit que $\sum f_{n}$ converge normalement et donc uniformément sur $[a; b]$ .

(e)

Soit $n \geq 2$ . Pour $x \in [0; + \infty]$ ,

	$\| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{x e^{- k x}}{\ln (k)} \|$	$= \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{x e^{- k x}}{\ln (k)} \leq \frac{x}{\ln (n + 1)} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(e^{- x})}^{k}$
		$\leq \frac{x}{\ln (n + 1)} \sum_{k = 1}^{+ \infty} {(e^{- x})}^{k} = \frac{1}{\ln (n + 1)} \cdot \underset{\begin{matrix} φ (x) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{x e^{- x}}{1 - e^{- x}}}} .$

La fonction $φ$ est continue sur $] 0; + \infty [$ et admet des limites finies en $0^{+}$ et $+ \infty$ . Cette fonction est donc bornée par un certain réel $M$ et alors

sup_{x \in [0; + \infty [} | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{x e^{- k x}}{\ln (k)} | \leq \frac{M}{\ln (n + 1)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge uniformément sur $[0; + \infty [$ .

Exercice 62 6031 CCINP (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ et $x \in [0; π]$ , on pose

f_{n} (x) = \cos^{n} (x) \sin (x) .

(a)

Étudier la convergence simple puis uniforme de la suite ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ sur $[0; π]$ .
(b)

Étudier la convergence simple puis normale de la série $\sum f_{n}$ sur $[0; π]$ .
(c)

Calculer explicitement, lorsqu’elle existe, la somme

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \cos^{n} (x) \sin (x) .$

La fonction $S$ est-elle continue sur $[0; π]$ ?
(d)

La série de fonction $\sum f_{n}$ converge-t-elle uniformément sur $[0; π]$ ?

Retrouver ce résultat par un calcul direct.

Solution

(a)

Soit $x \in [0; π]$ .

Cas: $x \in] 0; π [$ . On a $| \cos (x) | < 1$ donc par convergence d’une suite géométrique

$f_{n} (x) = \cos^{n} (x) \sin (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Cas: $x = 0$ ou $x = π$ . On a $\sin (x) = 0$ . Par constance,

$f_{n} (x) = \cos^{n} (x) \sin (x) = 0 \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La suite ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ converge simplement vers la fonction identiquement nulle sur $[0; π]$ .

Pour $n \in ℕ$ , $f_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; π]$ avec

$f_{n}^{'} (x) = \cos^{n + 1} (x) - n \cos^{n - 1} (x) \underset{\begin{matrix} = 1 - \cos^{2} (x) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sin^{2} (x)}} = (n + 1) \cos^{n + 1} (x) - n \cos^{n - 1} (x) .$

En posant

$α_{n} = \arccos [{(\frac{n}{n + 1})}^{1 / 2}]$

on peut écrire

$f_{n}^{'} (x) = (n + 1) \cos^{n - 1} (x) (\cos^{2} (x) - \cos^{2} (α_{n}))$

ce qui permet d’identifier le signe de $f_{n}^{'} (x)$ sur $[0; π / 2]$ puis les variations de $f_{n}$ (pour $n \geq 1$ )

De plus, $f_{n} (π - x) = {(- 1)}^{n} f_{n} (x)$ et donc

$sup_{x \in [0; π]} | f_{n} (x) |$ $= sup_{x \in [0; π / 2]} | f_{n} (x) | = f_{n} (α_{n}) = {(\frac{n}{n + 1})}^{n / 2} {(1 - \frac{n}{n + 1})}^{1 / 2}$

$= \frac{1}{\sqrt{n + 1}} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n / 2} \leq \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La suite ${(f_{n})}_{n \in ℕ}$ converge uniformément vers la fonction identiquement nulle sur $[0; π]$ .
(b)

En répétant la discussion menée pour l’étude de la convergence simple de $f_{n}$ , on obtient la convergence simple de $\sum f_{n}$ sur $[0; π]$ .

On a

$sup_{x \in [0; π]} | f_{n} (x) | = \frac{1}{\sqrt{n + 1}} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n / 2}$

avec

${(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n / 2} = \exp [\frac{n}{2} \ln (1 - \frac{1}{n + 1})] \to_{n \to + \infty}^{} e^{- 1 / 2}$

et donc

$sup_{x \in [0; π]} | f_{n} (x) | \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{e n}} .$

Ce terme n’est pas sommable, la série $\sum f_{n}$ ne converge pas normalement sur $[0; π]$ .
(c)

Pour $x = 0$ ou $x = π$ , on a immédiatement $S (x) = 0$ .

Pour $x \in] 0; π [$ , on obtient par sommation géométrique

$S (x) = \frac{\sin (x)}{1 - \cos (x)} .$

Par opérations sur les fonctions, $S$ est continue sur $] 0; π [$ . On remarque

$S (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{x}{x^{2} / 2} = \frac{1}{2 x} \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$

La fonction $S$ n’est pas continue en $0$ (ni en $π$ ).
(d)

$S$ est la somme d’une série de fonctions continues. S’il y avait convergence uniforme sur $[0; π]$ , la somme $S$ serait continue. Ce n’est pas le cas, il n’y a donc pas convergence uniforme.

On retrouve ce résultat directement. Pour $n \in ℕ$ ,

$sup_{x \in [0; π]} | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} f_{k} (x) | \geq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} f_{k} (α_{n}) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{1}{\sqrt{n + 1}} {(\frac{n}{n + 1})}^{k / 2} .$

Par sommation géométrique,

$sup_{x \in [0; π]} | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} f_{k} (x) |$ $\geq \frac{1}{\sqrt{n + 1}} {(\frac{n}{n + 1})}^{(n + 1) / 2} \frac{1}{1 - \sqrt{\frac{n}{n + 1}}}$

$= \frac{1}{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{(n + 1) / 2}$

$\underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \sqrt{n} e^{- 1 / 2} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

La série de fonctions $\sum f_{n}$ ne converge pas uniformément uniformément sur $[0; π]$ .

Exercice 63 3295 Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite réelle positive et décroissante. Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} (x) = a_{n} x^{n} (1 - x) avec x \in [0; 1] .

(a)

Montrer la convergence simple de la série de fonctions $\sum u_{n}$ .
(b)

Montrer que $\sum u_{n}$ converge normalement si, et seulement si, la série $\sum a_{n} / n$ converge.
(c)

Montrer que $\sum u_{n}$ converge uniformément si, et seulement si, $(a_{n})$ tend vers $0$ .

Solution

(a)

Pour $x = 1$ , $u_{n} (x) = 0$ et la série numérique $\sum u_{n} (x)$ est convergente.

Pour $x \in [0; 1 [$ , on peut écrire $0 \leq u_{n} (x) \leq a_{0} x^{n} (1 - x) = λ x^{n}$ . Or il y a convergence de la série numérique $\sum x^{n}$ et donc, par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n} (x)$ converge.
(b)

Après étude de fonction, on obtient

${∥ u_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in [0; 1]} | u_{n} (x) | = \frac{a_{n}}{n + 1} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n} \sim \frac{a_{n}}{e n} .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la convergence normale de $\sum u_{n}$ équivaut à la convergence de $\sum a_{n} / n$ .
(c)

Considérons le reste

$R_{n} (x) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} a_{k} x^{k} (1 - x) .$

Par la décroissance de la suite $(a_{n})$ ,

$0 \leq R_{n} (x) \leq a_{n + 1} \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} x^{k} (1 - x) .$

Ainsi, pour $x \in [0; 1 [$ ou $x = 1$ , on obtient

$0 \leq R_{n} (x) \leq a_{n + 1} .$

Par cette majoration uniforme, on peut affirmer que, si $(a_{n})$ tend vers $0$ , alors la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge uniformément.

Inversement, supposons la série $\sum u_{n}$ uniformément convergente.

La suite $(a_{n})$ étant décroissante et positive, elle admet nécessairement une limite $ℓ \geq 0$ . On a alors

$\forall x \in [0; 1 [, R_{n} (x) \geq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} ℓ x^{k} (1 - x) = ℓ x^{n + 1} \geq 0 .$

On obtient donc

$\forall x \in [0; 1 [, ℓ x^{n + 1} \leq {∥ R_{n} ∥}_{\infty} .$

En faisant $x \to 1^{-}$ ,

$ℓ \leq {∥ R_{n} ∥}_{\infty} .$

Cela valant pour tout $n \in ℕ$ , on conclut $ℓ = 0$

Exercice 64 5829 Correction

Pour $x \in ℝ$ et $n \in ℕ^{*}$ , on pose

f_{n} (x) = \frac{e^{i n x}}{n} et S_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} e^{i k x} .

(a)

Montrer que pour tout $x \in ℝ ∖ 2 π ℤ$ et tout $n \in ℕ$

$| S_{n} (x) | \leq \frac{1}{| \sin (\frac{x}{2}) |} .$
(b)

En déduire que la série de fonctions $\sum_{n \geq 1} f_{n}$ converge simplement sur $ℝ ∖ 2 π ℤ$ .
(c)

Montrer que la série de fonctions $\sum_{n \geq 1} f_{n}$ converge uniformément sur $[a; 2 π - a]$ pour tout $a \in] 0; π [$ .

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ ∖ 2 π ℤ$ . Par sommation géométrique de raison $q = e^{i x}$ avec $q \neq 1$ ,

$S_{n} (x) = e^{i x} \frac{1 - e^{i n x}}{1 - e^{i x}} = e^{i x} \frac{e^{i n x} - 1}{e^{i x} - 1} .$

Par factorisation de l’exponentielle imaginaire d’angle moitié,

$S_{n} (x) = e^{i (n + 1) x / 2} \frac{\sin (\frac{n}{2} x)}{\sin (\frac{x}{2})} .$

On en déduit

$| S_{n} (x) | = | \frac{\sin (\frac{n}{2} x)}{\sin (\frac{x}{2})} | \leq \frac{1}{| \sin (\frac{x}{2}) |} .$
(b)

Soit $x \in ℝ ∖ 2 π ℤ$ . Pour $n \geq 1$ , on remarque $e^{i n x} = S_{n} (x) - S_{n - 1} (x)$ avec $S_{0} (x) = 0$ . On a alors pour $N \in ℕ^{*}$

$\sum_{n = 1}^{N} f_{n} (x) = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n} (x) - S_{n - 1} (x)}{n} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n} (x)}{n} - \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n - 1} (x)}{n} .$

Après glissement d’indice,

$\sum_{n = 1}^{N} f_{n} (x)$ $= \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n} (x)}{n} - \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{S_{n} (x)}{n + 1}$

$= \frac{S_{N} (x)}{N} + \sum_{n = 1}^{N - 1} (\frac{S_{n} (x)}{n} - \frac{S_{n} (x)}{n + 1}) - S_{0} (x)$

$= \frac{S_{N} (x)}{N} + \sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{S_{n} (x)}{n (n + 1)} .$

D’une part,

$\frac{S_{N} (x)}{N} \underset{N \to + \infty}{=} O (\frac{1}{N}) \to_{N \to + \infty}^{} 0$

et, d’autre part,

$\sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{S_{n} (x)}{n (n + 1)} \to_{N \to + \infty}^{} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{S_{n} (x)}{n (n + 1)}$

avec absolument convergence car

$\frac{S_{n} (x)}{n (n + 1)} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Par opérations sur les limites,

$\sum_{n = 1}^{N} f_{n} (x) \to_{N \to + \infty}^{} f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{S_{n} (x)}{n (n + 1)} .$
(c)

Soit $a \in] 0; π [$ . Pour $x \in [a; 2 π - a]$ ,

$| S_{n} (x) | \leq \frac{1}{| \sin (\frac{x}{2}) |} \leq M avec M = \frac{1}{| \sin (\frac{a}{2}) |} .$

On a alors

$| f (x) - \sum_{n = 1}^{N} f_{n} (x) |$ $\leq \frac{| S_{N} (x) |}{N} + \sum_{n = N}^{+ \infty} \frac{| S_{n} (x) |}{n (n + 1)}$

$\leq \frac{M}{N} + \sum_{n = N}^{+ \infty} \frac{M}{n (n + 1)} = \frac{2 M}{N}$

et donc

$sup_{x \in [a; 2 π - a]} | f (x) - \sum_{n = 1}^{N} f_{n} (x) | \leq \frac{2 M}{N} \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

La série de fonctions $\sum_{n \geq 1} f_{n}$ converge uniformément sur $[a; 2 π - a]$ .

Exercice 65 5050

Étudier la convergence simple, la convergence normale et la convergence uniforme sur $ℝ_{+}$ de la série des fonctions

f_{n} : x \mapsto \frac{\ln (1 + x)}{\ln (n)} e^{- n x} avec n \geq 2 .

[<] Étude de la convergence d'une série de fonctions[>] Étude pratique de la fonction somme d'une série

Exercice 66 5550 Correction

Vérifier

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = γ

avec $γ$ la constante d’Euler.

Solution

La somme contenue dans l’intégrale est celle de la série de fonctions $\sum u_{n}$ avec

u_{n} (t) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + t} avec t \in [0; 1] et n \in ℕ^{*} .

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[0; 1]$ et, par croissance,

sup_{t \in [0; 1]} | u_{n} (t) | = u_{n} (1) = \frac{1}{n (n + 1)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} \geq 0 .

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement (et donc uniformément) sur $[0; 1]$ .

Par théorème d’intégration terme à terme, on peut écrire

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t

avec existence.

Cela donne

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {[\frac{t}{n} - \ln (n + t)]}_{0}^{1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \ln (n + 1) + \ln (n)) .

Pour $N \in ℕ^{*}$ , il vient par télescopage

\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \ln (n + 1) + \ln (n)) = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - \ln (N + 1)

que l’on transforme

\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \ln (n + 1) + \ln (n)) = \underset{\begin{matrix} \to γ \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - \ln (N)}} + \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (\frac{N}{N + 1})}} \to_{N \to + \infty}^{} γ .

On peut alors conclure

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = γ .

Exercice 67 5725 Correction

Établir

\int_{0}^{1} \frac{1}{2 - x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n 2^{n}} .

Solution

Pour $x \in [0; 1]$ ,

\frac{1}{2 - x} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2}} .

Par sommation géométrique de raison $q = x / 2$ avec $| q | < 1$ ,

\frac{1}{2 - x} = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\frac{x}{2})}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{2^{n + 1}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n - 1}}{2^{n}} .

Procédons à une intégration terme à terme. Pour $n \geq 1$ , posons $u_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

u_{n} (x) = \frac{x^{n - 1}}{2^{n}} .

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[0; 1]$ et

{∥ u_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in [0; 1]} | u_{n} (x) | = \frac{1}{2^{n}} .

Ce terme est sommable et l’on peut affirmer que la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement et donc uniformément sur $[0; 1]$ . Par intégration terme à terme,

\int_{0}^{1} \frac{1}{2 - x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{n - 1}}{2^{n}} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {[\frac{x^{n}}{n 2^{n}}]}_{0}^{1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n 2^{n}} .

Exercice 68 5826 Correction

Justifier l’égalité

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} t^{n} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n} (n + 1)} .

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit $u_{n} : [0; 1] \to ℝ$ donnée par

u_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} t^{n} .

Pour $t \in [0; 1]$ , la série numérique $\sum u_{n} (t)$ est alternée et la suite $(| u_{n} (t) |)$ décroît vers $0$ : cette série converge en vertu du critère spécial des séries alternées. De plus,

| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} (t) | \leq | u_{n + 1} (t) | = \frac{t^{n + 1}}{\sqrt{n + 1}} \leq \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Par majoration uniforme, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ . De plus, les fonctions sommées sont continues et l’on peut écrire avec existence des objets l’égalité

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} u_{n} (t) d t

ce qui se relit

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} t^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {[\frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} \cdot \frac{t^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n} (n + 1)} .

Exercice 69 911 Correction

Pour $n \in ℕ$ , on considère $u_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

u_{n} (x) = {\begin{matrix} {(- 1)}^{n + 1} x^{2 n + 2} \ln (x) & si x \in] 0; 1] \\ 0 & s i x = 0 . \end{matrix}

(a)

Calculer

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) .$
(b)

Montrer que la série des $u_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .
(c)

En déduire l’égalité

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (x)}{1 + x^{2}} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{{(2 n + 1)}^{2}} .$

Solution

(a)

Pour $x \in] 0; 1 [$ , on obtient par sommation géométrique

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) = - \frac{x^{2} \ln (x)}{1 + x^{2}} .$

Cette relation vaut aussi pour $x = 0$ ou $x = 1$ .
(b)

On peut appliquer le critère spécial des séries alternées et donc

$| R_{n} (x) | = | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{k + 2} x^{2 k + 2} \ln (x) | \leq x^{2 (n + 2)} | \ln (x) | .$

L’étude de $φ : x \mapsto x^{2 (n + 2)} | \ln (x) |$ donne

$\forall x \in [0; 1], x^{2 (n + 2)} | \ln (x) | \leq \frac{e^{- 1}}{2 (n + 2)}$

donc

${∥ R_{n} ∥}_{\infty} \leq \frac{e^{- 1}}{2 (n + 2)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

On a

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (x)}{1 + x^{2}} d x = \int_{0}^{1} \ln (x) d x - \int_{0}^{1} \frac{x^{2} \ln (x)}{1 + x^{2}} d x$

et l’on peut calculer la dernière intégrale par intégration terme à terme car il y a convergence uniforme sur $[0; 1]$ . Cela donne

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (x)}{1 + x^{2}} d x = - 1 + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 3)}^{2}}$

puis le résultat.

Exercice 70 943

Soit $n \in ℤ$ . Calculer

I_{n} = \int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n θ}}{2 + e^{i θ}} d θ .

Exercice 71 5416 Correction

Soit $z \in ℂ$ tel que $| z | \neq 1$ . Calculer

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t .

Solution

Si $| z | < 1$ alors

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t = - \int_{0}^{2 π} \frac{e^{- i t}}{1 - z e^{- i t}} d t = - \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} z^{k} e^{- i (k + 1) t} d t .

Par convergence normale de la série de fonctions,

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t = - \sum_{k = 0}^{+ \infty} z^{k} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{2 π} e^{- i (k + 1) t} d t}} = 0 .

Si $| z | > 1$ alors

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t = \frac{1}{z} \int_{0}^{2 π} \frac{1}{1 - e^{i t} / z} d t = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{z^{k + 1}} \int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = \frac{2 π}{z}

car

\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = {\begin{matrix} 2 π & si k = 0 \\ 0 & si k \geq 1 . \end{matrix}

Exercice 72 2439 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a \in ℂ$ , $| a | \neq 1$ et $n \in ℤ$ . Calculer

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t .

Solution

Si $| a | < 1$ alors

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t = \int_{0}^{2 π} \frac{e^{i (n - 1) t}}{1 - a e^{- i t}} d t = \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a^{k} e^{i (n - (k + 1)) t} d t .

Par convergence normale de la série de fonctions,

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t = \sum_{k = 0}^{+ \infty} a^{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (n - (k + 1)) t} d t = {\begin{matrix} 2 π a^{n - 1} & si n \geq 1 \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Si $| a | > 1$ alors

	$\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t$	$= - \frac{1}{a} \int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{1 - e^{i t} / a} d t$
		$= - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{a^{k + 1}} \int_{0}^{2 π} e^{i (n + k) t} d t = {\begin{matrix} - 2 π a^{n - 1} & si n \leq 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Exercice 73 3268 Correction

Montrer

\int_{0}^{2 π} e^{2 \cos (x)} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2 π}{{(n!)}^{2}} .

Solution

Pour $x \in [0; 2 π]$ , on peut écrire

e^{2 \cos (x)} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2^{n} \cos^{n} (x)}{n!} .

Introduisons $f_{n} : [0; 2 π] \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = \frac{2^{n} \cos^{n} (x)}{n!} .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues et la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[0; 2 π]$ puisque

{∥ f_{n} ∥}_{\infty} \leq \frac{2^{n}}{n!} = o (\frac{1}{n^{2}}) .

On peut donc intégrer terme à terme pour obtenir

\int_{0}^{2 π} e^{2 \cos (x)} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2^{n}}{n!} \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{n} d x .

Par intégration par parties (cf. intégrale de Wallis),

\int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{n} d x = \frac{n - 1}{n} \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{n - 2} d x .

Sachant

\int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{0} d x = 2 π et \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{1} d x = 0

on obtient

\int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{2 p} d x = 2 π \frac{(2 p)!}{2^{2 p} {(p!)}^{2}} et \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{2 p + 1} d x = 0

et donc

\int_{0}^{2 π} e^{2 \cos (x)} d x = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{2^{2 p}}{(2 p)!} \cdot \frac{(2 p)!}{2^{2 p} {(p!)}^{2}} 2 π = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{2 π}{{(p!)}^{2}} .

Exercice 74 2629 Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t .

(a)

Calculer $I_{n}$ .
(b)

Justifier la convergence de la série de terme général $I_{n}$ .
(c)

Exprimer sa somme à l’aide d’une intégrale puis calculer celle-ci.

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on réalise une intégration par parties avec les fonctions $u$ et $v$ de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; 1]$ déterminées par

$u (t) = \frac{1}{n + 1} t^{n + 1} et v (t) = {(1 - t)}^{n} .$

On obtient

$I_{n} = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{1}{n + 1} t^{n + 1} {(1 - t)}^{n}]}_{0}^{1}}} + \frac{n}{n + 1} \int_{0}^{1} t^{n + 1} {(1 - t)}^{n - 1} d t .$

En répétant ce type d’intégration par parties,

$I_{n}$ $= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \int_{0}^{1} t^{2 n} d t$

$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \times {[\frac{t^{2 n + 1}}{2 n + 1}]}_{0}^{1}$

$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \cdot \frac{1}{2 n + 1} = \frac{{(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} .$
(b)

On observe

$| \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} |$ $= \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} = {(\frac{(n + 1)!}{n!})}^{2} \frac{(2 n + 1)!}{(2 n + 3)!}$

$= \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 3)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{2}}{4 n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4} < 1 .$

Par le critère de d’Alembert, la série de terme général $I_{n}$ converge.

(c)

On souhaite calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t .

Puisque les fonctions sommées sont toutes positives, on peut directement intégrer terme à terme et écrire

\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n} = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t .

Par sommation géométrique, on poursuit

\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - t (1 - t)} d t = \int_{0}^{1} \frac{d t}{t^{2} - t + 1} .

Il reste à calculer cette intégrale. Pour déterminer une primitive, on écrit

t^{2} - t + 1 = {(t - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}

et l’on obtient

	$\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n}$	$= \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(t - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}} = \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})}^{2} + 1}$
		$= \frac{2}{\sqrt{3}} \int_{0}^{1} \frac{\frac{2}{\sqrt{3}} d t}{{(\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})}^{2} + 1} = \frac{2}{\sqrt{3}} {[\arctan (\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{1}$
		$= \frac{2}{\sqrt{3}} (\arctan (\frac{1}{\sqrt{3}}) - \arctan (\frac{- 1}{\sqrt{3}}))$
		$= \frac{2}{\sqrt{3}} (\frac{π}{6} + \frac{π}{6}) = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 75 5980 Correction

Soit $r \in] - 1; 1 [$ . On pose

f_{n} (x) = r^{n} \cos (n x) pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que $\sum f_{n}$ converge normalement sur $ℝ$ .

On pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (x) pour tout x \in ℝ .

(b)

Calculer $S (x)$ pour $x \in ℝ$ .
(c)

En déduire que

$\forall x \in ℝ, \frac{1 - r^{2}}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} = 1 + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) .$
(d)

Soit $(k, n) \in ℕ^{2}$ . Calculer

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x .$
(e)

En déduire, pour $k$ dans $ℕ$ , la valeur de

$I_{k} = \int_{0}^{2 π} \frac{\cos (k x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} d x .$

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in ℝ} | f_{n} (x) | = {| r |}^{n} .$

La série géométrique $\sum {| r |}^{n}$ converge car $| r | \in [0; 1 [$ donc $\sum f_{n}$ converge normalement sur $ℝ$ .
(b)

Soit $x \in ℝ$ . Avec convergence de la série géométrique complexe introduite,

$S (x) = Re (\sum_{n = 0}^{+ \infty} r^{n} e^{i n x}) = Re (\frac{1}{1 - r e^{i x}}) car | r e^{i x} | < 1 .$

Or

$\frac{1}{1 - r e^{i x}} = \frac{1}{1 - r \cos (x) - i r \sin (x)} = \frac{1 - r \cos (x) + i r \sin (x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}}$

donc

$S (x) = \frac{1 - r \cos (x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} .$
(c)

Pour $x \in ℝ$ ,

$1 + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) = 2 S (x) - 1 = 2 \frac{1 - r \cos (x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} - 1 = \frac{1 - r^{2}}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} .$
(d)

On sait

$\cos (a) \cos (b) = \frac{1}{2} (\cos (a + b) + \cos (a - b))$

donc

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} \cos ((k + n) x) d x + \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} \cos ((k - n) x) d x .$

Cas: $k = n = 0$ .

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = 2 π .$

Cas: $k = n \neq 0$ .

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = π .$

Cas: $k \neq n$ .

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = 0 .$
(e)

Pour $k \in ℕ$ ,

$I_{k} = \frac{1}{1 - r^{2}} \int_{0}^{2 π} \cos (k x) d x + \frac{2}{1 - r^{2}} \int_{0}^{2 π} \sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) \cos (k x) d x .$

Posons $g_{n} : x \mapsto f_{n} (x) \cos (k x)$ définie sur $ℝ$ . On a ${∥ g_{n} ∥}_{\infty} = {| r |}^{n}$ donc $\sum g_{n}$ est une série de fonctions continues convergeant normalement sur $ℝ$ . On peut intégrer terme à terme

$I_{k} = \frac{1}{1 - r^{2}} \int_{0}^{2 π} \cos (k x) d x + \frac{2}{1 - r^{2}} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{2 π} r^{n} \cos (n x) \cos (k x) d x .$

Pour $k = 0$ ou $k \neq 0$ ,

$I_{k} = \frac{2 π}{1 - r^{2}} .$

Exercice 76 5828 Correction

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on pose

F (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{1}{1 - x \cos (t)} d t .

(a)

Établir que pour tout $x \in] - 1; 1 [$ ,

$F (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} .$
(b)

À l’aide du changement de variable $u = \tan (t / 2)$ , montrer

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} .$
(c)

Application : Justifier

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{3}{(2 n + 1) 4^{2 n}} (\binom{2 n}{n}) = π .$

Solution

(a)

Soit $x \in] - 1; 1 [$ .

Pour $t \in [- π; π]$ , on obtient par sommation géométrique de raison $q = x \cos (t)$ avec $| q | < 1$

\frac{1}{1 - x \cos (t)} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(x \cos (t))}^{n} d t .

Posons alors

u_{n} (t) = x^{n} \cos^{n} (t) avec t \in [- π; π] et n \in ℕ .

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[- π; π]$ et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $[- π; π]$ car

sup_{t \in [- π; π]} | u_{n} (t) | = {| x |}^{n} avec | x | < 1 .

Par théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions continues convergeant uniformément sur $[- π; π]$ ,

F (x) = \frac{1}{2 π} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{- π}^{π} x^{n} \cos^{n} (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} W_{n} x^{n}

en introduisant les intégrales de Wallis

W_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \cos^{n} (t) d t .

Pour $n \geq 2$ , une intégration par parties donne

	$W_{n}$	$= \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \cos (t) \times \cos^{n - 1} (t) d t$
		$= \frac{1}{2 π} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\sin (t) \cos^{n - 1} (t)]}_{- π}^{π}}} + \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} (n - 1) \underset{\begin{matrix} = 1 - \cos^{2} (t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sin^{2} (t)}} \cos^{n - 2} (t) d t$
		$= (n - 1) (W_{n - 2} - W_{n}) .$

On en déduit la relation de récurrence

W_{n} = \frac{n - 1}{n} W_{n - 2} .

Sachant $W_{0} = 1$ et $W_{1} = 0$ , on parvient à

\forall p \in ℕ, W_{2 p} = \frac{(2 p)!}{2^{2 p} {(p!)}^{2}} = \frac{1}{4^{p}} (\binom{2 p}{p}) et W_{2 p + 1} = 0 .

Par conséquent,

F (x) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{p}} (\binom{2 p}{p}) x^{2 p} .

(b)

Pour le changement de variable $u = \tan (t / 2)$ ,

d u = \frac{1}{2} (1 + u^{2}) d t et \cos (t) = \frac{1 - u^{2}}{1 + u^{2}}

ce qui donne

	$F (x)$	$= \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{1 + u^{2} - x (1 - u^{2})} d u = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{1 - x + (1 + x) u^{2}}$
		$= \frac{1}{π (1 + x)} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{a^{2} + u^{2}} d u avec a = \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}}$
		$= \frac{1}{π (1 + x)} {[\frac{1}{a} \arctan (\frac{u}{a})]}_{- \infty}^{\infty} = \frac{1}{a (1 + x)} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} .$

On en déduit la relation proposée.

(c)

D’une part,

$\int_{0}^{1 / 2} \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x = {[\arcsin (x)]}_{0}^{1 / 2} = \arcsin (\frac{1}{2}) = \frac{π}{6} .$

D’autre part,

$\int_{0}^{1 / 2} \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x = \int_{0}^{1 / 2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} d x .$

On remarque

$(\binom{2 n}{n}) \leq \sum_{k = 0}^{2 n} (\binom{2 n}{k}) = {(1 + 1)}^{2 n} = 4^{n}$

et donc

$sup_{x \in [0; 1 / 2]} | \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} | \leq sup_{x \in [0; 1 / 2]} x^{2 n} = \frac{1}{4^{n}} .$

Par intégration terme à terme d’une série de fonctions continues sur $[0; 1 / 2]$ , il vient

$\frac{π}{6} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) \int_{0}^{1 / 2} x^{2 n} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) \frac{1}{2^{2 n + 1} (2 n + 1)}$

ce qui conduit à la relation proposée.

Exercice 77 920 Correction

Déterminer la valeur de

\prod_{n = 1}^{+ \infty} (1 + \frac{1}{n^{2}}) .

On donne

\forall α \in [0; 1], \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} = π \frac{ch (π α)}{sh (π α)} - \frac{1}{α}

avec prolongement par continuité en $0$ .

Solution

{∥ α \mapsto \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} ∥}_{\infty, [0; 1]} \leq \frac{1}{n^{2}}

est le terme générale d’une série convergente. Par convergence normale sur le segment $[0; 1]$ ,

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} d α = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{2 α d α}{α^{2} + n^{2}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{n^{2}}) .

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} = π \frac{ch (π α)}{sh (π α)} - \frac{1}{α}

donc

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} d α = {[\ln (\frac{sh (π α)}{α})]}_{0}^{1} = \ln (\frac{sh (π)}{π}) .

On en déduit que

\prod_{n = 1}^{+ \infty} (1 + \frac{1}{n^{2}}) = \frac{sh (π)}{π} .

[<] Intégration terme à terme[>] Étude pratique de la fonction somme d'une série alternée

Exercice 78 4748

Pour $x \in ℝ$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} + x^{2}} .

(a)

Montrer que $S$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Donner un équivalent simple de $S$ en $+ \infty$ .

Exercice 79 3797 ENSTIM (MP)Correction

On étudie

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} + x^{2}} .

(a)

Montrer que $f$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .
(b)

Donner, à l’aide d’une comparaison intégrale, un équivalent de $f$ au voisinage de $+ \infty$ .
(c)

Donner un développement limité à l’ordre $2$ de $f$ en $0$ .

On donne

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} et \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{4}} = \frac{π^{4}}{90} .$

Solution

(a)

Posons

$u_{n} (x) = \frac{1}{n^{2} + x^{2}} .$

Les fonctions $u_{n}$ sont définies et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $ℝ$ car

$u_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} .$

On a

$u_{n}^{'} (x) = \frac{- 2 x}{{(n^{2} + x^{2})}^{2}} .$

Soit $a > 0$ . Sur $[- a; a]$ ,

${∥ u_{n}^{'} ∥}_{\infty} \leq \frac{2 a}{n^{4}}$

et la série de fonctions $\sum u_{n}^{'}$ converge normalement et donc uniformément sur tout segment de $ℝ$ .

On peut conclure que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ .
(b)

La fonction $t \mapsto 1 / (t^{2} + x^{2})$ est décroissante donc

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} \leq f (x) \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} .$

Or

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \frac{π}{2 x} et \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} + x^{2}} = \frac{π}{2 x} - \frac{1}{x} \arctan (\frac{1}{x})$

donc

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{π}{2 x} .$
(c)

On peut écrire

$\frac{1}{n^{2} + x^{2}} = \frac{1}{n^{2}} (\frac{1}{1 + x^{2} / n^{2}}) = \frac{1}{n^{2}} (1 - \frac{x^{2}}{n^{2}}) + \frac{1}{n^{4}} \frac{x^{4}}{n^{2} + x^{2}}$

et, par convergence des sommes introduites,

$f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{2}}{n^{4}} + x^{4} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{4} (n^{2} + x^{2})} .$

Or

$| \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{4} (n^{2} + x^{2})} | \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{6}} < + \infty$

donc

$f (x) \underset{x \to 0}{=} \frac{π^{2}}{6} - \frac{π^{4}}{90} x^{2} + O (x^{4}) .$

Exercice 80 901 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n + n^{2} x} .

(a)

Montrer que $S$ est bien définie sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Montrer que $S$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(c)

Étudier la monotonie de $S$ .
(d)

Déterminer la limite de $S$ en $+ \infty$ puis un équivalent simple.
(e)

Déterminer un équivalent à $S$ en $0^{+}$ .

Solution

Posons

f_{n} (x) = \frac{1}{n + n^{2} x} avec x > 0 .

(a)

Soit $x \in] 0; + \infty [$ . On a $f_{n} (x) \sim 1 / n^{2} x$ donc $\sum f_{n} (x)$ converge absolument.
On en déduit que la série $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et donc la fonction $S = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n}$ est bien définie.
(b)

Les $f_{n}$ sont continues sur $ℝ_{+}^{*}$ .
Soit $a > 0$ ,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} \leq \frac{1}{n + n^{2} a} = O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ donc converge uniformément sur tout segment de $] 0; + \infty [$ .
On peut donc conclure que $S$ est continue.
(c)

Chaque $f_{n}$ est décroissante donc la fonction $S$ l’est aussi.
(d)

Par convergence normale sur $[1; + \infty [$ ,

$lim_{x \to + \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} f_{n} (x) = 0 .$

On remarque

$x f_{n} (x) \to_{x \to + \infty}^{} \frac{1}{n^{2}} .$

Posons $g_{n} : x \mapsto \frac{x}{n (1 + n x)}$ . La fonction $g_{n}$ croît de 0 à $1 / n^{2}$ sur $ℝ_{+}$ donc

${∥ g_{n} ∥}_{\infty, [0; + \infty [} = \frac{1}{n^{2}} .$

La série de fonctions $\sum g_{n}$ converge normalement sur $ℝ_{+}$ donc

$lim_{x \to + \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} g_{n} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} g_{n} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .$

Par suite, $x S (x) \to_{x \to + \infty}^{} \frac{π^{2}}{6}$ puis

$S (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{π^{2}}{6 x} .$
(e)

La fonction $t \mapsto \frac{1}{t (1 + t x)}$ est décroissante donc par comparaison avec une intégrale

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t (1 + t x)} \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (x) \leq \frac{1}{1 + x} + \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t (1 + t x)} .$

Or

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t (1 + t x)} = \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{t} - \frac{x}{1 + t x}) d t = {[\ln (\frac{t}{1 + t x})]}_{1}^{+ \infty} = \ln (1 + x) - \ln (x)$

donc

$S (x) \underset{x \to 0}{\sim} - \ln (x) .$

Exercice 81 5709 Correction

Sur $I = [0; + \infty [$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + x}) .

(a)

Montrer que $S$ est définie sur $I$ .
(b)

Étudier la monotonie de $S$ .
(c)

Montrer que $S$ est continue sur $I$ .
(d)

Déterminer un équivalent de $S$ en $+ \infty$ .
(e)

Montrer

$\int_{0}^{1} S (t) d t = lim_{n \to + \infty} [\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n)] .$

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , posons

$f_{n} : x \mapsto \frac{1}{n} - \frac{1}{n + x} = \frac{x}{n (n + x)} pour x \in [0; + \infty [$

Pour $x \in [0; + \infty [$ ,

$f_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Cela assure la convergence simple de $\sum f_{n}$ sur $[0; + \infty [$ . La fonction $S$ est correctement définie.
(b)

Chaque $f_{n}$ est croissante donc, par sommation de monotonies identiques, $S$ est croissante.
(c)

Chaque fonction $f_{n}$ est continue sur $[0; + \infty [$ .

Soit $a > 0$ . Pour tout $x \in [0; a]$ ,

$| \frac{x}{n (n + x)} | = \frac{| x |}{n (n + x)} \leq \frac{a}{n^{2}} .$

Ainsi,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [0; a]} \leq \frac{a}{n^{2}} .$

La série de fonction $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[0; a]$ .

Par théorème de convergence uniforme, $S$ est continue sur $[0; a]$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ donc $S$ est continue sur $[0; + \infty [$ .
(d)

Soit $x > 0$ fixé. La fonction $t \mapsto \frac{1}{t} - \frac{1}{t + x} = \frac{x}{t (t + x)}$ est décroissante. Par comparaison série-intégrale où l’on isole le terme d’indice $1$ dans la majoration pour ne pas introduire d’intégrale généralisée divergeant en $0$ ,

$\int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + x}) d t \leq S (x) \leq \frac{x}{x + 1} + \int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + x}) d t .$

Or

$\int_{1}^{+ \infty} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + x}) d t = {[\ln (\frac{t}{t + x})]}_{1}^{+ \infty} = \ln (x + 1)$

Par encadrement,

$S (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \ln (x + 1) \underset{x \to + \infty}{\sim} \ln (x) .$
(e)

Par convergence uniforme sur $[0; 1]$ d’une série de fonctions continues,

$\int_{0}^{1} S (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \ln (n + 1) + \ln (n)) .$

Or

$\sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{k} - \ln (k + 1) + \ln (k)) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n + 1) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n) - \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (1 + \frac{1}{n})}}$

et donc

$\int_{0}^{1} S (t) d t = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n) .$

Exercice 82 5831 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{x}{n^{2}}) .

(a)

Justifier que $S$ est définie et continue sur $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Étudier la monotonie de $S$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $S$ en $- 1^{+}$ .
(d)

Déterminer un équivalent de $S$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Sous réserve d’existence, $S$ est la somme de la série de fonctions $\sum f_{n}$ avec

$f_{n} (x) = \ln (1 + \frac{x}{n^{2}}) pour n \in ℕ^{*} et x \in] - 1; + \infty [.$

Soit $x \in] - 1; + \infty [$ . On remarque

$f_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{x}{n^{2}} .$

Par équivalence, $\sum f_{n} (x)$ converge absolument.

Puisque la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] - 1; + \infty [$ , la fonction $S$ est définie sur $] - 1; + \infty [$ .

Chaque fonction $f_{n}$ est continue sur $] - 1; + \infty [$ . Étudions la convergence uniforme de $\sum f_{n}$ via convergence normale.

Soit $[a; b] \subset] - 1; + \infty [$ . Par croissance de $f_{n}$ ,

$\forall x \in [a; b], f_{n} (a) \leq f_{n} (x) \leq f_{n} (b)$

et donc

$sup_{x \in [a; b]} | f_{n} (x) | \leq \max (f_{n} (b), - f_{n} (a)) \leq α_{n} avec α_{n} = | f_{n} (a) | + | f_{n} (b) | .$

La série $\sum α_{n}$ converge et donc, par majoration uniforme, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; b]$ . Par théorème de continuité par convergence uniforme d’une série de fonctions continues, $S$ est continue sur $[a; b]$ . Or cela vaut pour tout $[a; b] \subset] - 1; + \infty [$ , $S$ est donc continue sur $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Chaque fonction $f_{n}$ est croissante sur $] - 1; + \infty [$ . Par sommation de monotonies identiques, $S$ est croissante sur $] - 1; + \infty [$ .
(c)

On peut écrire

$S (x) = \ln (1 + x) + \sum_{n = 2}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{x}{n^{2}})$

avec, pour $x \in] - 1; 0]$ ,

$| \sum_{n = 2}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{x}{n^{2}}) | \leq \sum_{n = 2}^{+ \infty} - \ln (1 + \frac{1}{n^{2}}) < + \infty .$

On a donc

$S (x) \underset{x \to - 1^{+}}{=} \ln (1 + x) + O (1) \underset{x \to - 1^{+}}{\sim} \ln (1 + x) .$
(d)

Soit $x > 0$ . Considérons la fonction auxiliaire $φ : t \mapsto \ln (1 + x / t^{2})$ . Par composition de monotonies, cette fonction est décroissante sur $] 0; + \infty [$ . Par comparaison série-intégrale,

$\int_{1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{x}{t^{2}}) d t \leq S (x) \leq \ln (1 + x) + \int_{1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{x}{t^{2}}) d t .$

Étudions alors

$I (x) = \int_{1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{x}{t^{2}}) d t .$

Par le changement de variable $t = s \sqrt{x}$ ,

$I (x) = \sqrt{x} \int_{1 / \sqrt{x}}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{s^{2}}) d s .$

Or¹¹ 1 Ce résultat s’acquiert par intégration par parties, Voir sujet 3794. l’intégrale $\int_{0}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{s^{2}}) d s$ converge et vaut $π$ donc

$\int_{1 / \sqrt{x}}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{s^{2}}) d s \to_{x \to + \infty}^{} π .$

On en déduit

$I (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} π \sqrt{x} .$

Puisque

$\ln (1 + x) + I (x) \underset{x \to + \infty}{=} o (\sqrt{x}) + I (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} π \sqrt{x}$

on conclut par encadrement

$S (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} π \sqrt{x} .$

Exercice 83 5075 Correction

Pour $x$ réel, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{2 n + 1}}{n^{2} + 1} .

(a)

Préciser le domaine de définition de $f$ .
(b)

La fonction $f$ est-elle continue sur son domaine de définition?
(c)

La fonction $f$ est-elle dérivable sur son domaine de définition?

Solution

(a)

Méthode: La fonction $f$ est la somme d’une série entière: on détermine son intervalle de définition en commençant par un calcul de rayon de convergence.

Pour $x \neq 0$ , posons $u_{n} = \frac{x^{2 n + 1}}{n^{2} + 1} \neq 0$ . On a

$| \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | = \frac{n^{2} + 1}{{(n + 1)}^{2} + 1} x^{2} \to_{x \to + \infty}^{} x^{2} .$

Si $| x | < 1$ , la série numérique $\sum u_{n}$ converge absolument et, si $| x | > 1$ , elle diverge grossièrement. La série entière définissant $f$ est donc de rayon de convergence égal à $1$ .

Méthode: La somme d’une série entière de rayon de convergence $R \in ℝ_{+}^{*}$ est assurément définie sur $] - R; R [$ et l’est peut-être aussi en $R$ et/ou en $- R$ .

La fonction $f$ est définie sur un intervalle contenant $] - 1; 1 [$ et inclus dans $[- 1; 1]$ . Pour $x = 1$ ou $x = - 1$ , la série définissant $f (x)$ converge absolument et donc converge car

$| \frac{x^{2 n + 1}}{n^{2} + 1} | = \frac{1}{n^{2} + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} et \sum \frac{1}{n^{2}} converge.$

Finalement, la fonction $f$ est définie sur $[- 1; 1]$ . Notons qu’il s’agit d’une fonction impaire.
(b)

Puisque $f$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R = 1$ , on est assuré de sa continuité sur $] - 1; 1 [$ . Il reste à étudier la continuité de $f$ en $1$ et en $- 1$ .

Méthode: Il ne figure pas dans le cours de théorème assurant la continuité d’une fonction somme de série entière aux points correspondant au rayon de convergence. Pour obtenir cette continuité, on revient à la théorie des séries de fonctions et l’on raisonne par convergence uniforme.

Posons $u_{n} (x) = \frac{x^{2 n + 1}}{n^{2} + 1}$ pour $x \in [- 1; 1]$ . On observe

$| \frac{x^{2 n + 1}}{n^{2} + 1} | \leq \frac{1}{n^{2} + 1} avec \sum \frac{1}{n^{2} + 1} convergente.$

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge alors normalement sur $[- 1; 1]$ et donc uniformément sur cet intervalle. Au surplus, les fonctions $u_{n}$ sont continues et la fonction $f$ est donc continue sur $[- 1; 1]$ .
(c)

Puisque $f$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R = 1$ , on sait qu’elle est dérivable (et même de classe $𝒞^{\infty}$ ) sur $] - 1; 1 [$ avec¹¹ 1 Lors de cette dérivation, la somme obtenue commence au rang $n = 0$ et non $n = 1$ car, dans l’expression de $f (x)$ , il n’y a pas de terme constant à devoir disparaître par dérivation.

$f^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2 n + 1}{n^{2} + 1} x^{2 n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$

Il reste à étudier la dérivabilité de $f$ en $1$ et $- 1$ .

Méthode: On montre que $f^{'} (x)$ tend vers l’infini quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures en constatant que c’est une fonction monotone non bornée.

Par somme de fonctions croissantes sur $[0; 1 [$ , la fonction $f^{'}$ est croissante. Par l’absurde, si cette fonction est majorée par un réel $M$ alors, pour tout $N \in ℕ^{*}$ et tout $x \in [0; 1 [$ ,

$\sum_{n = 0}^{N} \frac{2 n + 1}{n^{2} + 1} x^{2 n} \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{2 n + 1}{n^{2} + 1} x^{2 n}}} \leq M .$

En passant à la limite quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures, on obtient

$\sum_{n = 0}^{N} \frac{2 n + 1}{n^{2} + 1} \leq M pour tout N \in ℕ^{*} .$

La série $\sum \frac{2 n + 1}{n^{2} + 1}$ est alors convergente car il s’agit d’une série à termes positifs aux sommes partielles majorées. Or cela est absurde puisque

$\frac{2 n + 1}{n^{2} + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{n} \geq 0 et \sum \frac{2}{n} diverge.$

Finalement, la fonction $f^{'}$ est croissante et non majorée sur $[0; 1 [$ , elle admet donc une limite égale à $+ \infty$ en $1$ et l’on en déduit que $f$ n’est pas dérivable en $1$ mais y présente une tangente verticale. Par imparité, $f$ n’est pas non plus dérivable en $- 1$ .

Exercice 84 2529 CCINP (MP)Correction

Montrer que

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} \arctan (n x)

est continue sur $ℝ$ et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ .

Solution

Posons

f_{n} (x) = \frac{1}{n^{2}} \arctan (n x) .

Chaque fonction $f_{n}$ est continue et ${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = \frac{π}{2 n^{2}}$ est terme général d’une série convergente.

Par convergence normale, on peut affirmer que $f$ est définie et continue sur $ℝ$ .

Chaque $f_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ et

f_{n}^{'} (x) = \frac{1}{n (1 + {(n x)}^{2})} .

Pour $a > 0$ , sur $[a; + \infty [$ ou $] - \infty; - a]$ ,

{∥ f_{n}^{'} ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{n (1 + {(n a)}^{2})}

ce qui donne la convergence normale de la série des dérivées.

Ainsi, par convergence uniforme sur tout segment, on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur chaque intervalle de $ℝ^{*}$ .

Exercice 85 3203 MINES (MP)Correction

(a)

Étudier le domaine de définition et la continuité de

$S : x \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x}{n (1 + n^{2} x^{2})} .$
(b)

Étudier la dérivabilité de $S$ sur son domaine de définition.

Solution

(a)

Posons

$f_{n} : x \mapsto \frac{x}{n (1 + n^{2} x^{2})} .$

Sachant

$2 | n x | \leq 1 + n^{2} x^{2}$

on a

$| f_{n} (x) | \leq \frac{1}{2 n^{2}} .$

On en déduit que la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $ℝ$ . Les fonctions $f_{n}$ étant continue, la somme $S$ est définie et continue sur $ℝ$ .
(b)

Les fonctions $f_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ et

$f_{n}^{'} (x) = \frac{1 - n^{2} x^{2}}{n {(1 + n^{2} x^{2})}^{2}} .$

Soit $a > 0$ . Pour $| x | \geq a$ ,

$| f_{n}^{'} (x) | \leq \frac{1 + n^{2} x^{2}}{n {(1 + n^{2} x^{2})}^{2}} = \frac{1}{n (1 + n^{2} x^{2})} \leq \frac{1}{n (1 + n^{2} a^{2})} .$

On en déduit que la série de fonctions $\sum f_{n}^{'}$ converge normalement sur tout segment de $ℝ^{*}$ .

Par théorème, la somme $S$ est donc une fonction de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{*}$ .

Montrons que la fonction $S$ n’est pas dérivable en $0$ .

$\frac{1}{x} (S (x) - S (0)) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (1 + n^{2} x^{2})} .$

Par comparaison avec une intégrale

$\frac{1}{x} (S (x) - S (0)) \geq \int_{1}^{+ \infty} \frac{d t}{t (1 + t^{2} x^{2})} .$

Par le changement de variable $u = t x$

$\frac{1}{x} (S (x) - S (0)) \geq \int_{x}^{+ \infty} \frac{d t}{u (1 + u^{2})} \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty$

car la fonction positive $u \mapsto 1 / u (1 + u^{2})$ n’est pas intégrable sur $] 0; 1]$ .

Exercice 86 6054 CCINP (PC)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on définit

u_{n} : {\begin{matrix} ℝ_{+} & \to & ℝ_{+} \\ x & \mapsto & \frac{x}{\sqrt{n} (1 + n x^{2})} . \end{matrix}

1.

Montrer que $\sum u_{n}$ converge simplement sur $ℝ_{+}$

On pose $S = \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n}$

1.
1. (a)
  
  La convergence est-elle normale sur $ℝ_{+}$ ?
2. (b)
  
  Montrer que pour tout $a > 0$ , la série converge normalement sur $[a; + \infty [$ .
3. (c)
  
  Établir que $S$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$ .
2.
On note $R_{n}$ le reste de rang $n$ de la série de fonctions $\sum u_{n}$ .
1. (a)
  
  Montrer que
  
  $\forall n \in ℕ^{*}, \forall x > 0, R_{n} - R_{2 n} (x) \geq \frac{\sqrt{n} x}{\sqrt{2} (1 + 2 n x^{2})} .$
2. (b)
  
  En déduire que $\sum u_{n}$ ne converge pas uniformément sur $ℝ_{+}$ .
3.

On admet l’encadrement

$\forall x \geq 0, 2 \arctan (\frac{1}{x}) \leq S (x) \leq 2 \arctan (\frac{1}{x}) + \frac{x}{1 + x^{2}} .$

Montrer que $S$ n’est pas continue en $0$ .
4.

Démontrer l’encadrement précédemment admis.

Solution

1.

Soit $x \in ℝ_{+}$ .

Cas: $x = 0$ . $\sum u_{n} (0)$ est la série nulle: elle converge.

Cas: $x > 0$ . $u_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x n^{3 / 2}} \geq 0$ . Par équivalence à une série de Riemann convergente, la série $\sum u_{n} (x)$ converge.
2.
1. (a)
  
  On remarque
  
  $sup_{x \in ℝ_{+}} | u_{n} (x) | \geq u_{n} (\frac{1}{\sqrt{n}}) = \frac{1}{2 n} .$
  
  La série $\sum \frac{1}{n}$ étant divergente, il n’y a pas convergence normale sur $ℝ_{+}$ .
2. (b)
  
  Pour tout $x \geq a$ ,
  
  $| u_{n} (x) | \leq \frac{x}{\sqrt{n} \cdot n x^{2}} = \frac{1}{x n^{3 / 2}} \leq \frac{1}{a n^{3 / 2}} = α_{n} .$
  
  La série $\sum α_{n}$ converge et donc, par majoration uniforme, $\sum u_{n}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ .
3. (c)
  
  $S$ est continue car somme d’une série de fonctions continues sur $ℝ_{+}^{*}$ convergeant normalement sur tout segment inclus dans $ℝ_{+}^{*}$ .
3.
1. (a)
  
  Pour $x \geq 0$ fixé, la suite ${(u_{n} (x))}_{n \geq 1}$ est décroissante et donc
  
  $R_{n} - R_{2 n} (x) = \sum_{k = n + 1}^{2 n} u_{k} (x) \geq n u_{2 n} (x) = \frac{\sqrt{n} x}{\sqrt{2} (1 + 2 n x^{2})} .$
2. (b)
  
  On a alors pour $x \geq 0$
  
  $R_{n} (x) \geq \frac{\sqrt{n} x}{\sqrt{2} (1 + 2 n x^{2})}$
  
  puis
  
  $sup_{x \in ℝ_{+}} | R_{n} (x) | \geq R_{n} (\frac{1}{\sqrt{n}}) \geq \frac{1}{3 \sqrt{2}} .$
  
  La suite $(R_{n})$ ne converge pas uniformément vers la fonction identiquement nulle sur $ℝ_{+}$ : la série de fonctions $\sum u_{n}$ ne converge pas uniformément sur $ℝ_{+}$ .
4.

Par l’encadrement admis

$S (x) \to_{x \to 0 +}^{} π \neq S (0) .$
5.

Soit $x > 0$ . La fonction $f_{x} : t \mapsto \frac{x}{\sqrt{t} (1 + t x^{2})}$ est continue et décroissante sur $ℝ_{+}$ . Par comparaison série-intégrale,

$\int_{1}^{+ \infty} f_{x} (t) d t \leq S (x) \leq \int_{1}^{+ \infty} f_{x} (t) d t + f_{x} (1)$

avec

$\int_{1}^{+ \infty} f_{x} (t) d t = \int_{1}^{+ \infty} \frac{x}{\sqrt{t} (1 + t x^{2})} d t \underset{s = \sqrt{t}}{=} 2 \int_{1}^{+ \infty} \frac{x}{1 + {(s x)}^{2}} d s = 2 {[\arctan (s x)]}_{1}^{+ \infty} .$

Or

${[\arctan (s x)]}_{1}^{+ \infty} = \frac{π}{2} - \arctan (x) = \arctan (\frac{1}{x})$

et l’on obtient l’encadrement proposé.

Exercice 87 4745

Pour $x$ réel convenable, on pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- x \sqrt{n}} .

(a)

Quel est le domaine de définition de $S$ ?
(b)

Étudier la continuité de $S$ sur son domaine de définition.
(c)

Vérifier que la fonction $S$ est décroissante.
(d)

Déterminer la limite de $S$ en $+ \infty$ .
(e)

Déterminer un équivalent simple de $S$ en $0^{+}$ .

Exercice 88 905 Correction

Soit $α > 0$ . On étudie la fonction $f$ donnée par

f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} f_{n} (x) avec f_{n} (x) = e^{- n^{α} x} .

(a)

Préciser le domaine de définition de $f$ .
(b)

Étudier la continuité de $f$ .
(c)

Étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Si $x \leq 0$ , la série numérique $\sum f_{n} (x)$ diverge grossièrement.

Si $x > 0$ ,

$n^{2} f_{n} (x) = e^{2 \ln (n) - x n^{α}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et $\sum f_{n} (x)$ est absolument convergente.

Ainsi, $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ .

La fonction $f$ est définie sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Les fonctions $f_{n}$ sont continues.

Pour $a > 0$ ,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} = f_{n} (a)$

et $\sum f_{n} (a)$ converge donc $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ . Par convergence uniforme sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est continue.
(c)

Par convergence uniforme sur $[a; + \infty [$ , on peut intervertir limite en $+ \infty$ et somme infinie. Ainsi,

$lim_{x \to + \infty} f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} f_{n} (x) = 1 .$

Exercice 89 5288 ENSTIM (MP)Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{e^{- x \sqrt{n}}}{n^{3 / 2}} .

(a)

Donner le domaine de définition $𝒟_{f}$ de $f$ .
(b)

Montrer que $f$ est continue sur $𝒟_{f}$ .
(c)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur l’intérieur de $𝒟_{f}$ .
(d)

Déterminer un équivalent de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

On pose

u_{n} (x) = \frac{e^{- x \sqrt{n}}}{n^{3 / 2}} pour x \in ℝ et n \in ℕ^{*} .

(a)

Pour $x \geq 0$ , la série converge par comparaison à une série de Riemann. Pour $x < 0$ , la série diverge grossièrement. On obtient $𝒟_{f} = [0; + \infty [$ .
(b)

Pour tout $x \in [0; + \infty [$ et tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$| u_{n} (x) | \leq \frac{1}{n^{3 / 2}} et \sum \frac{1}{n^{3 / 2}} converge.$

Par convergence normale d’une série de fonctions continues, la fonction $f$ est continue.
(c)

Les fonctions sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$u_{n}^{'} (x) = \frac{1}{n} e^{- x \sqrt{n}}$

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . Pour tout $x \in [a; b]$ ,

$| u_{n}^{'} (x) | \leq \frac{1}{n} e^{- a \sqrt{n}} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{2}}) .$

Par convergence normale de la série des dérivées sur tout segment, on peut affirmer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(d)

Le premier terme de la somme est $e^{- x}$ et les suivants sont notoirement négligeables devant celui-ci. Par convergence normale sur $[1; + \infty [$ , on montre

$e^{x} f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{e^{- x (\sqrt{n} - 1)}}{n^{3 / 2}} \to_{x \to + \infty}^{} 1 + 0 + \dots = 1$

et donc

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} e^{- x} .$

Exercice 90 2836 MINES (MP)Correction

Soit $α$ un réel. Pour tout entier $n > 0$ et tout réel $x$ , on pose

u_{n} (x) = \frac{n^{α} x e^{- n x}}{n^{2} + 1} .

On note $I$ le domaine de définition de

S : x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) .

(a)

Déterminer $I$ .
(b)

Montrer que $S$ est continue sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(c)

A-t-on convergence normale sur $ℝ_{+}$ ?
(d)

On suppose $α \geq 2$ . Montrer que

$\sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} (\frac{1}{n})$

ne tend pas vers $0$ quand $n$ tend vers $+ \infty$ .
La convergence de la série de fonctions $\sum u_{n}$ est-elle uniforme sur $I$ ?
(e)

Étudier la continuité de $S$ sur $I$ .

Solution

(a)

Pour $x < 0$ , $u_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty$ donc $\sum u_{n} (x)$ diverge grossièrement.

Pour $x = 0$ , $u_{n} (x) = 0$ donc $\sum u_{n} (0)$ converge

Pour $x > 0$ , $u_{n} (x) = o (1 / n^{2})$ par croissance comparée et donc $\sum u_{n} (x)$ converge absolument.

On conclut $I = ℝ_{+}$
(b)

Pour $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ ,

${∥ u_{n} ∥}_{\infty, [a; b]} = sup_{x \in [a; b]} | u_{n} (x) | \leq \frac{n^{α} b e^{- n a}}{n^{2} + 1}$

donc $\sum u_{n}$ est une série de fonctions continues convergeant normalement sur tout segment de $ℝ_{+}^{*}$ . Sa somme est alors continue sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(c)

Après étude des variations de la fonction,

${∥ u_{n} ∥}_{\infty, ℝ_{+}} = sup_{x \in ℝ_{+}} | u_{n} (x) | = u_{n} (1 / n) \sim \frac{1}{n^{3 - α}} .$

Il y a convergence normale si, et seulement si, $α < 2$ .
(d)

On peut écrire

$\sum_{k = n + 1}^{\infty} u_{k} (1 / n) = \frac{1}{n} \sum_{k = n + 1}^{\infty} \frac{k^{α} e^{- k / n}}{k^{2} + 1} \geq \frac{1}{n} \sum_{k = n + 1}^{\infty} \frac{k^{2}}{k^{2} + 1} e^{- k / n} \geq \frac{1}{2 n} \sum_{k = n + 1}^{\infty} e^{- k / n} .$

Or, par sommation géométrique,

$\frac{1}{2 n} \sum_{k = n + 1}^{\infty} e^{- k / n} = \frac{1}{2 n} \frac{e^{- (n + 1) / n}}{1 - e^{- 1 / n}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2 e}$

donc $\sum_{k = n + 1}^{\infty} u_{k} (1 / n)$ ne peut tendre vers $0$ quand $n \to + \infty$ .

S’il y avait convergence uniforme sur $ℝ_{+}$ ,

$0 \leq \sum_{k = n + 1}^{\infty} u_{k} (1 / n) \leq sup_{x \in ℝ_{+}} | \sum_{k = n + 1}^{\infty} u_{k} (x) | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

C’est absurde.
(e)

Si $S$ est continue en $0$ alors par sommation de termes positifs

$0 \leq \sum_{k = n + 1}^{\infty} u_{k} (1 / n) \leq S (1 / n) \to_{n \to + \infty}^{} S (0) = 0 .$

Cela est encore à exclure.

Exercice 91 5949 Correction

Pour $x \geq 0$ convenable, on pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{\sqrt{n}} .

(a)

Déterminer le domaine de définition de $S$ .
(b)

Établir que $S$ y est continue.
(c)

Déterminer un équivalent de $S$ en $1^{-}$ .

Solution

(a)

Sous réserve d’existence, $S$ apparaît comme la somme de la série de fonctions $\sum u_{n}$ avec

$u_{n} (x) = x^{\sqrt{n}} pour x \in [0; + \infty [et n \in ℕ .$

Pour $x \geq 1$ , $u_{n} (x) \geq 1$ : la série $\sum u_{n} (x)$ diverge grossièrement.

Pour $x = 0$ , la série $\sum u_{n} (x)$ est à termes tous nuls donc convergente.

Pour $x \in] 0; 1 [$ ,

$n^{2} u_{n} (x) = e^{2 \ln (n) + \sqrt{n} \ln (x)} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

car

$2 \ln (n) + \sqrt{n} \ln (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{n} \underset{\begin{matrix} < 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (x)}} \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

La série $\sum u_{n} (x)$ converge absolument.

Au final, $S$ est définie sur $[0; 1 [$ .
(b)

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[0; 1 [$ .

Par croissance, on remarque

$sup_{x \in [0; 1 [} | u_{n} (x) | = lim_{x \to 1^{-}} | u_{n} (x) | = 1 .$

Il n’y a pas convergence normale sur $[0; 1 [$ .

Pour $a \in [0; 1 [$ , on remarque

$\forall x \in [0; a], | u_{n} (x) | = u_{n} (x) \leq u_{n} (a) = α_{n} .$

Par l’étude de convergence simple de la question initiale, $\sum α_{n}$ converge.

Par majoration uniforme, on obtient la convergence normale (donc uniforme) de $\sum u_{n}$ sur $[0; a]$ .

La fonction $S$ est alors continue sur $[0; a]$ . Or cela vaut pour tout $a \in [0; 1 [$ . La fonction $S$ est donc continue sur $[0; 1 [$ .
(c)

Soit $x \in] 0; 1 [$ . La fonction $t \mapsto x^{\sqrt{t}} = e^{\sqrt{t} \ln (x)}$ est décroissante sur $[0; + \infty [$ . On a donc

$\int_{n}^{n + 1} x^{\sqrt{t}} d t \leq x^{\sqrt{n}} \leq \int_{n - 1}^{n} x^{\sqrt{t}} d t$

(la minoration vaut pour tout $n \in ℕ$ et la majoration pour tout $n \in ℕ^{*}$ ). En isolant le terme d’indice $0$ lors de la majoration,

$\int_{0}^{+ \infty} x^{\sqrt{t}} d t \leq S (x) \leq \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{x^{0}}} + \int_{0}^{+ \infty} x^{\sqrt{t}} d t$

avec convergence de l’intégrale car il s’agit d’une intégrale majorée d’une fonction positive. Par le changement de variable $s = \sqrt{t}$ (de classe $𝒞^{1}$ strictement croissant),

$\int_{0}^{+ \infty} x^{\sqrt{t}} d t = \int_{0}^{+ \infty} 2 s e^{s \ln (x)} d s .$

Après intégration par parties dûment argumentée,

$\int_{0}^{+ \infty} x^{\sqrt{t}} d t = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{2 s e^{s \ln (x)}}{\ln (x)}]}_{0}^{+ \infty}}} - \frac{2}{\ln (x)} \int_{0}^{+ \infty} e^{s \ln (x)} d s$

puis

$\int_{0}^{+ \infty} x^{\sqrt{t}} d t = - \frac{2}{\ln (x)} {[\frac{e^{s \ln (x)}}{\ln (x)}]}_{0}^{+ \infty} = \frac{2}{{(\ln (x))}^{2}} .$

Aussi,

$1 + \int_{0}^{+ \infty} x^{\sqrt{t}} d t \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{2}{{(\ln (x))}^{2}} .$

Par encadrement,

$S (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{2}{{(\ln (x))}^{2}} \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{2}{{(x - 1)}^{2}} .$

Exercice 92 4070

Pour $n \in ℕ$ et $x \in ℝ_{+}$ , on pose

u_{n} (x) = \arctan (n + x) - \arctan (n) .

(a)

Étudier l’existence et la continuité de la fonction $S$ définie sur $ℝ_{+}$ par la relation

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) .$
(b)

Déterminer la limite de $S$ en $+ \infty$ .
(c)

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge-t-elle uniformément au voisinage de $+ \infty$ ?

Exercice 93 3427 Correction

Pour $n \in ℕ$ et $x \in ℝ_{+}$ , on pose

u_{n} (x) = \arctan (\sqrt{n + x}) - \arctan (\sqrt{n}) .

(a)

Étudier l’existence et la continuité de la fonction $S$ définie sur $ℝ_{+}$ par la relation

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) .$
(b)

Déterminer la limite de $S$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

En vertu du théorème des accroissements finis

$| u_{n} (x) | \leq (\sqrt{n + x} - \sqrt{n}) sup_{[\sqrt{n}; \sqrt{n + x}]} | {(\arctan)}^{'} | = \frac{\sqrt{n + x} - \sqrt{n}}{1 + n}$

donc

$| u_{n} (x) | \leq \frac{x}{(1 + n) (\sqrt{n} + \sqrt{n + x})} \leq \frac{x}{2 \sqrt{n} (n + 1)} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{3 / 2}}) .$

On en déduit que la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement et donc la fonction $S$ est bien définie.

Les fonctions $u_{n}$ sont continue et pour tout $a \in ℝ_{+}$ ,

$\forall x \in [0; a], | u_{n} (x) | \leq \frac{a}{2 \sqrt{n} (n + 1)} .$

On peut donc affirmer la convergence uniforme sur tout segment de la série $\sum u_{n}$ ce qui assure la continuité de $S$ .
(b)

Montrons que $S$ tend vers $+ \infty$ en $+ \infty$ .
Remarquons que par le théorème des accroissements finis

$u_{n} (n) = \arctan (\sqrt{2 n}) - \arctan (\sqrt{n}) \geq \frac{\sqrt{2 n} - \sqrt{n}}{1 + 2 n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{2} - 1}{2 \sqrt{n}}$

et il y a donc divergence vers $+ \infty$ de la série $\sum u_{n} (n)$ .
Soit $A \in ℝ_{+}$ . Il existe un rang $N \in ℕ$ tel que

$\sum_{n = 0}^{N} u_{n} (n) \geq A .$

Pour $x \geq N$ ,

$S (x) \geq \sum_{n = 0}^{N} u_{n} (x) \geq \sum_{n = 0}^{N} u_{n} (N) \geq \sum_{n = 0}^{N} u_{n} (n) \geq A .$

On peut donc affirmer

$S (x) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .$

Exercice 94 915 Correction

Pour $x \geq 0$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{1 + x^{2 n}} .

(a)

Pour quelles valeurs de $x$ dans $ℝ_{+}$ , la somme définissant $S (x)$ est-elle définie?
(b)

Former une relation entre $S (x)$ et $S (1 / x)$ valable pour $x \neq 0$ .
(c)

Étudier la continuité de $S$ sur $[0; 1 [$ puis sur $] 1; + \infty [$ .
(d)

Dresser le tableau de variation de $S$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , introduisons

$f_{n} : x \mapsto \frac{x^{n}}{1 + x^{2 n}} .$

Pour $x = 0$ , $f_{n} (x) = 0$ donc la somme $S (0)$ est bien définie.

Pour $x \in] 0; 1 [$ ,

$| f_{n} (x) | \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{x^{n}}{1} = x^{n} avec x \in [0; 1 [.$

Par équivalence à une série géométrique, la série définissant $S (x)$ converge absolument.

Pour $x = 1$ , $f_{n} (x) = 1 / 2$ et il y a divergence grossière de la série.

Pour $x \in] 1; + \infty [$ ,

$| f_{n} (x) | \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{x^{n}}{x^{2 n}} = {(\frac{1}{x})}^{n} avec \frac{1}{x} \in [0; 1 [.$

Finalement, $S$ est définie sur $[0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ par convergence simple de $\sum f_{n}$ sur ce domaine.
(b)

Pour $x \in] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ ,

$S (1 / x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1 / x^{n}}{1 + 1 / x^{2 n}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{1 + x^{2 n}} = S (x) .$
(c)

Soit $0 < a < 1$ . Sur $[0; a]$ ,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [0; a]} \leq a^{n} et \sum_{n = 1}^{+ \infty} a^{n} < 1$

donc $\sum_{n \geq 1} f_{n}$ converge normalement sur $[0; a]$ et donc converge uniformément sur tout segment de $[0; 1 [$ . Par théorème, $S$ est continue sur $[0; 1 [$ .

Par composition de fonctions continues, $S : x \mapsto S (x) = S (1 / x)$ est aussi continue sur $] 1; + \infty [$ .
(d)

La fonction $f_{n}$ est dérivable et

$f_{n}^{'} (x) = \frac{n x^{n - 1} (1 + x^{2 n}) - 2 n x^{3 n - 1}}{{(1 + x^{2 n})}^{2}} = \frac{n x^{n - 1} (1 - x^{2 n})}{{(1 + x^{2 n})}^{2}} .$

Chaque $f_{n}$ est croissante sur $[0; 1 [$ et décroissante sur $] 1; + \infty [$ .

Par sommation de monotonie, la fonction $S$ est croissante sur $[0; 1 [$ et décroissante sur $] 1; + \infty [$ .

$S (0) = 0$ et

$S (x) \geq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{2} = \frac{2 x}{1 - x} \to_{x \to 1^{-}}^{} + \infty .$

Puisque $S (x) = S (1 / x)$ , on obtient par composition de limites,

$lim_{x \to 1^{+}} S (x) = + \infty et lim_{x \to + \infty} S (x) = 0 .$

Exercice 95 2837 MINES (MP)Correction

On pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{1 + x^{n}} .

(a)

Étudier le domaine de définition, la continuité et la dérivabilité de $S$ .
(b)

Donner un équivalent de $S$ en $0$ et en $1^{-}$ .

Solution

(a)

Pour $| x | \geq 1$ , la série est grossièrement divergente.

Pour $| x | < 1$ ,

$\frac{x^{n}}{1 + x^{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} x^{n}$

et la série est absolument convergente.

La fonction $S$ est définie sur $] - 1; 1 [$ .

Posons $u_{n} (x) = \frac{x^{n}}{1 + x^{n}}$ .

La série $\sum u_{n}$ converge simplement et les fonctions $u_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ avec

$u_{n}^{'} (x) = \frac{n x^{n - 1}}{{(1 + x^{n})}^{2}} .$

Soit $a \in [0; 1 [$ .

${∥ u_{n}^{'} ∥}_{\infty, [- a; a]} \leq n \frac{a^{n - 1}}{1 - a^{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} n a^{n - 1}$

ce qui assure la convergence normale de $\sum u_{n}^{'}$ sur tout segment de $] - 1; 1 [$ .

Par théorème, la fonction $S$ est de classe $𝒞^{1}$ (et donc a fortiori dérivable et continue).
(b)

$S (0) = \frac{1}{2} donc S (x) \underset{x \to 0}{\sim} \frac{1}{2} .$

Pour $x \in [0; 1 [$ ,

$S (x) = \frac{1}{2} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} x^{n (p + 1)}) .$

Puisque $\sum_{p \geq 0} | {(- 1)}^{p} x^{n (p + 1)} |$ converge et $\sum_{n \geq 1} \sum_{p = 0}^{+ \infty} | {(- 1)}^{p} x^{n (p + 1)} |$ aussi, on peut permuter les deux sommes et affirmer

$S (x) = \frac{1}{2} + \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} \frac{x^{p + 1}}{1 - x^{p + 1}} .$

On a alors

$(1 - x) S (x) = \frac{1 - x}{2} + \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} u_{p} (x)$

avec

$u_{p} (x) = x^{p + 1} \frac{1 - x}{1 - x^{p + 1}}$

pour $x \in [0; 1 [$ .

La fonction $u_{p}$ est continue sur $[0; 1 [$ et se prolonge par continuité en $1$ en posant $u_{p} (1) = 1 / (p + 1)$ .

Le critère spécial des séries alternées s’applique à la série $\sum {(- 1)}^{p} u_{p} (x)$ et donc

${∥ \sum_{k = p + 1}^{\infty} {(- 1)}^{k} u_{k} (x) ∥}_{\infty} \leq u_{p + 1} (x) .$

Ue étude de variation permet d’affirmer $u_{p + 1} (x) \leq \frac{1}{p + 2}$ . Ainsi, la série $\sum u_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ et donc sa somme est continue en $1$ . Cela permet d’affirmer

$(1 - x) S (x) \to_{x \to 1^{-}}^{} \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p}}{p + 1} = \ln (2)$

et, finalement,

$S (x) \underset{x \to 1^{-}}{\sim} \frac{\ln (2)}{1 - x} .$

Exercice 96 5830 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{\ln (n)}{n^{x}} .

(a)

Déterminer le domaine de définition de $f$ .
(b)

Étudier la continuité de $f$ .
(c)

Donner la limite de $f$ en $+ \infty$ .
(d)

Déterminer un équivalent de $f$ en $1^{+}$ .

Solution

(a)

Posons

$f_{n} (x) = \frac{\ln (n)}{n^{x}} pour n \in ℕ^{*} et x \in ℝ .$

Soit $x > 1$ . Pour $y \in] 1; x [$ ,

$n^{y} f_{n} (x) = \frac{\ln (n)}{n^{x - y}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

donc

$f_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{y}}) .$

Par comparaison aux séries de Riemann, la série numérique $\sum f_{n} (x)$ converge absolument.

Pour $x \leq 1$ ,

$n f_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{=} n^{1 - x} \ln (n) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty$

et donc

$\frac{1}{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (f_{n} (x)) .$

Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique $\sum f_{n} (x)$ est nécessairement divergente.

Finalement, $f$ est définie sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

Soit $a > 1$ . Pour $x \in [a; + \infty [$ ,

$| f_{n} (x) | = \frac{\ln (n)}{n^{x}} \leq α_{n} avec α_{n} = \frac{\ln (n)}{n^{a}} .$

La série $\sum α_{n} = \sum f_{n} (a)$ converge. Par majoration uniforme, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ . Or les fonctions $f_{n}$ sont toutes continues donc, par théorème de continuité par convergence uniforme d’une série de fonctions continues, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Cela vaut pour tout $a > 1$ , $f$ est donc continue sur $] 1; + \infty [$ .
(c)

Par convergence uniforme au voisinage de $+ \infty$ , on peut appliquer le théorème de la double limite et donc

$lim_{x \to + \infty} f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} f_{n} (x) = 0 .$
(d)

Soit $x > 1$ . Considérons la fonction auxiliaire $φ : t \mapsto \ln (t) t^{- x}$ définie sur $[1; + \infty [$ . La fonction $φ$ est dérivable avec

$φ^{'} (t) = (1 - x \ln (t)) t^{- x - 1} .$

Pour $t \geq e$ , on a

$1 - x \ln (t) \leq 1 - x < 0 .$

La fonction $φ$ est donc décroissante sur $[e; + \infty [$ . Par comparaison série-intégrale,

$\sum_{n = 3}^{+ \infty} \int_{n}^{n + 1} \frac{\ln (t)}{t^{x}} d t \leq \sum_{n = 3}^{+ \infty} f_{n} (x) \leq f_{3} (x) + \sum_{n = 4}^{+ \infty} \int_{n - 1}^{n} \frac{\ln (t)}{t^{x}} d t$

et donc

$f_{2} (x) + \int_{3}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t^{x}} d t \leq f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{\ln (n)}{n^{x}} \leq f_{2} (x) + f_{3} (x) + \int_{3}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t^{x}} d t .$

Déterminons alors un équivalent quand $x$ tend vers $1^{+}$ de

$I (x) = \int_{3}^{+ \infty} \frac{\ln (t)}{t^{x}} d t = \int_{3}^{+ \infty} \ln (t) t^{- x} d t .$

Par intégration par parties généralisée,

$I (x)$ $= {[\ln (t) \frac{t^{1 - x}}{1 - x}]}_{3}^{+ \infty} + \frac{1}{x - 1} \int_{3}^{+ \infty} t^{- x} d t$

$= \ln (3) \frac{3^{1 - x}}{x - 1} - \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} {[t^{1 - x}]}_{3}^{+ \infty}$

$= \ln (3) \frac{3^{1 - x}}{x - 1} + \frac{3^{1 - x}}{{(x - 1)}^{2}} {[t^{1 - x}]}_{3}^{+ \infty} \underset{x \to 1^{+}}{\sim} \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} .$

On en déduit

$f_{2} (x) + I (x) \underset{x \to 1^{+}}{\sim} \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} et f_{2} (x) + f_{3} (x) + I (x) \underset{x \to 1^{+}}{\sim} \frac{1}{{(x - 1)}^{2}}$

et, par encadrement,

$f (x) \underset{x \to 1^{+}}{\sim} \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} .$

Exercice 97 5827 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

f (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x} \ln (n)} .

(a)

Déterminer le domaine de définition de $f$ .
(b)

Étudier la continuité de $f$ .
(c)

Donner la limite de $f$ en $+ \infty$ .
(d)

Donner un équivalent de $f$ en $1^{+}$ .

Solution

(a)

Posons

$f_{n} (x) = \frac{1}{n^{x} \ln (n)} pour n \geq 2 et x \in ℝ .$

Pour $x > 1$ ,

$f_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{x}}) .$

Par comparaison aux séries de Riemann, la série numérique $\sum f_{n} (x)$ converge absolument.

Pour $x < 1$ ,

$n f_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{n^{1 - x}}{\ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty$

et donc, pour $n$ assez grand,

$f_{n} (x) \geq \frac{1}{n} .$

Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique $\sum f_{n} (x)$ diverge.

Pour $x = 1$ , introduisons la fonction auxiliaire $φ : t \mapsto 1 / t \ln (t)$ . Par produit de fonctions décroissantes positives, la fonction $φ$ est décroissante sur $] 1; + \infty [$ . Par comparaison série-intégrale,

$\sum_{n = 2}^{N} \frac{1}{n \ln (n)}$ $\geq \sum_{n = 2}^{N} \int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = \int_{2}^{N + 1} \frac{d t}{t \ln (t)}$

$= {[\ln (\ln (t))]}_{2}^{N + 1} = \ln (\ln (N + 1)) - \ln (\ln (2)) \to_{N \to + \infty}^{} + \infty .$

La série $\sum f_{n} (x)$ diverge.

Finalement, $f$ est définie sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

Soit $a > 1$ . Pour $x \in [a; + \infty [$ ,

$| f_{n} (x) | = \frac{1}{n^{x} \ln (n)} \leq α_{n} avec α_{n} = \frac{1}{n^{a} \ln (n)} .$

La série $\sum α_{n} = \sum f_{n} (a)$ converge. Par majoration uniforme, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ . Or les fonctions $f_{n}$ sont toutes continues donc, par théorème de continuité par convergence uniforme d’une série de fonctions continues, $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Cela vaut pour tout $a > 1$ , $f$ est donc continue sur $] 1; + \infty [$ .
(c)

Par convergence uniforme au voisinage de $+ \infty$ , on peut appliquer le théorème de la double limite et donc

$lim_{x \to + \infty} f (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} f_{n} (x) = 0 .$
(d)

Soit $x > 1$ . Considérons la fonction auxiliaire $φ : t \mapsto 1 / t^{x} \ln (t)$ . Par produit de fonctions décroissantes positives, la fonction $φ$ est décroissante sur $] 1; + \infty [$ . Par comparaison série-intégrale,

$\sum_{n = 2}^{+ \infty} \int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{t^{x} \ln (t)} \leq f (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} f_{n} (x) \leq f_{2} (x) + \sum_{n = 3}^{+ \infty} \int_{n - 1}^{n} \frac{d t}{t^{x} \ln (t)}$

et donc

$\int_{2}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} \ln (t)} \leq f (x) \leq f_{2} (x) + \int_{2}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} \ln (t)} .$

Déterminons alors un équivalent quand $x$ tend vers $1^{+}$ de

$I (x) = \int_{2}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{x} \ln (t)} = \int_{2}^{+ \infty} \frac{t^{- x}}{\ln (t)} d t .$

Réalisons le changement de variable $u = t^{1 - x}$ pour lequel $d u = (1 - x) t^{- x} d t$ . Par celui-ci,

$I (x) = \frac{1}{1 - x} \int_{2^{1 - x}}^{0} \frac{d u}{\ln (u^{1 / (1 - x)})} = \int_{0}^{2^{1 - x}} - \frac{d u}{\ln (u)} = \int_{0}^{X} - \frac{d u}{\ln (u)} avec X = 2^{1 - x} .$

On remarque

$- \frac{1}{\ln (u)} \underset{u \to 1^{-}}{\sim} \frac{1}{1 - u}$

avec $u \mapsto \frac{1}{1 - u}$ fonction positive non intégrable sur $[0; 1 [$ . Par intégration des relations de comparaison,

$\int_{0}^{X} - \frac{d u}{\ln (u)} \underset{X \to 1^{-}}{\sim} \int_{0}^{X} \frac{d u}{1 - u} = {[- \ln (1 - u)]}_{0}^{X} = - \ln (1 - X) .$

On en déduit

$I (x)$ $\underset{x \to 1^{+}}{\sim} - \ln (1 - 2^{1 - x}) = - \ln ((x - 1) \ln (2) + o (x - 1))$

$= \underset{\begin{matrix} \to + \infty \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (x - 1)}} + \underset{\begin{matrix} \to \ln (\ln 2) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (\ln (2) + o (1))}} \underset{x \to 1^{+}}{\sim} - \ln (x - 1) .$

Aussi,

$\underset{\begin{matrix} \to 1 / 2 \ln (2) \end{matrix}}{\underset{⏟}{f_{2} (x)}} + \underset{\begin{matrix} \to + \infty \end{matrix}}{\underset{⏟}{I (x)}} \underset{x \to 1^{+}}{\sim} I (x) .$

Par encadrement,

$f (x) \underset{x \to 1^{+}}{\sim} I (x) \underset{x \to 1^{+}}{\sim} - \ln (x - 1) .$

Exercice 98 2971 X (MP)Correction

Soient des suites réelles $(a_{n})$ et $(x_{n})$ avec $a_{n} > 0$ pour tout $n \in ℕ$ .

On suppose que la série de terme général $a_{n} (1 + | x_{n} |)$ converge et l’on considère la fonction $f : ℝ \to ℝ$ définie par

f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} | x - x_{n} | .

Étudier la continuité et la dérivabilité de $f$ .

Solution

Puisque $a_{n} > 0$ et $\sum a_{n} (1 + | x_{n} |)$ converge, les séries $\sum a_{n}$ et $\sum a_{n} x_{n}$ sont absolument convergentes. Posons $f_{n} (x) = a_{n} | x - x_{n} |$ définie sur $ℝ$ .

Comme

| a_{n} | x - x_{n} | | \leq | a_{n} | | x | + | a_{n} x_{n} | pour tout n \in ℕ

la série des fonctions $f_{n}$ converge simplement sur $ℝ$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues et pour tout $M > 0$

sup_{[- M; M]} | f_{n} | \leq M a_{n} + a_{n} | x_{n} | .

Par convergence normale d’une série de fonctions continues, on peut affirmer que la somme $f$ est continue sur $[- M; M]$ . Cela valant pour tout $M > 0$ , $f$ est continue sur $ℝ$ .

Soit $] α; β [\in ℝ$ tel que $x_{n} \notin] α; β [$ pour tout $n \in ℕ$ .
Les fonctions $f_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $[α; β]$ et $f_{n}^{'} (x) = ε_{n} a_{n}$ avec $| ε_{n} | = 1$ . Par convergence normale de la série des dérivées sur $] α; β [$ , on peut affirmer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur tout intervalle ouvert $] a; b [$ vérifiant

\forall n \in ℕ, x_{n} \notin] a; b [.

Soit $a \in ℝ$ tel qu’il existe $n \in ℕ$ vérifiant $x_{n} = a$ .
En considérant $A = {n \in ℕ | x_{n} = a}$ , on peut écrire par absolue convergence

f (x) = \sum_{n \in A} a_{n} | x - a | + \sum_{n \in ℕ ∖ A} a_{n} | x - x_{n} | = α | x - a | + g (x)

avec $α > 0$ .

Puisque la série $\sum a_{n}$ converge, pour $N$ assez grand, $\sum_{k = N + 1}^{+ \infty} a_{n} \leq \frac{α}{2}$ . On peut alors écrire

f (x) = α | x - a | + \sum_{n \in ℕ ∖ A, n \geq N + 1} a_{n} | x - x_{n} | + \sum_{n \in ℕ ∖ A, n \leq N} a_{n} | x - x_{n} | .

La fonction $x \mapsto \sum_{n \in ℕ ∖ A, n \leq N} a_{n} | x - x_{n} |$ est dérivable au voisinage de $a$ .

Cependant, la fonction

φ : x \mapsto α | x - a | + \sum_{n \in ℕ ∖ A, n \geq N + 1} a_{n} | x - x_{n} |

n’est quant à elle pas dérivable en $a$ . En effet, pour $h > 0$ ,

\frac{1}{h} (φ (a + h) - φ (a)) \geq α - \frac{α}{2} \geq \frac{α}{2}

alors que pour $h < 0$ ,

\frac{1}{h} (φ (a + h) - φ (a)) \leq - α + \frac{α}{2} = - \frac{α}{2} .

Ainsi, les éventuels nombres dérivés à droite et à gauche ne peuvent pas coïncider.

On conclut que $f$ n’est pas dérivable en $a$ .

Exercice 99 2835 MINES (MP)Correction

Pour $x > 0$ et $n \in ℕ^{*}$ , on pose

f_{n} (x) = \frac{n^{x} n!}{\prod_{k = 0}^{n} (x + k)} .

(a)

Montrer l’existence de $Γ (x) = {lim}_{n \to + \infty} f_{n} (x)$ .
(b)

Montrer

$\ln (Γ (x)) = - \ln (x) - γ x + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{x}{n} - \ln (1 + \frac{x}{n})) .$
(c)

Montrer que $Γ$ est une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

Solution

(a)

Pour $x > 0$ ,

$\ln (f_{n + 1} (x)) - \ln (f_{n} (x)) = x \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (n + 1) - \ln (x + n + 1) \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum \ln (f_{n + 1} (x)) - \ln (f_{n} (x))$ converge absolument et la suite $(\ln (f_{n} (x)))$ converge donc puis $(f_{n} (x))$ converge vers un réel strictement positif.
(b)

$\ln (Γ (x)) = lim_{n \to + \infty} (x \ln (n) + \sum_{k = 1}^{n} \ln (k) - \sum_{k = 0}^{n} \ln (x + k))$

avec

$x \ln (n) + \sum_{k = 1}^{n} \ln (k) - \sum_{k = 0}^{n} \ln (x + k) = x \ln (n) - \ln (x) - \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{x}{k}) .$

Or la série $\sum (\frac{x}{n} - \ln (1 + \frac{x}{n}))$ est absolument convergente car de terme général en $O (1 / n^{2})$ et

$\sum_{k = 1}^{n} (\frac{x}{k} - \ln (1 + \frac{x}{k})) \underset{n \to + \infty}{=} x \ln (n) + γ x + o (1) - \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{x}{k})$

donc

$\ln (Γ (x)) = - \ln (x) - γ x + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{x}{n} - \ln (1 + \frac{x}{n})) .$
(c)

Pour $x > 0$ et $n \geq 1$ , posons

$g_{n} (x) = \frac{x}{n} - \ln (1 + \frac{x}{n}) .$

La fonction $g_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ , $\sum g_{n}$ converge simplement et $g_{n}^{'} (x) = \frac{x}{n (n + x)}$ ce qui permet d’affirmer $\sum g_{n}^{'}$ converge normalement sur tout segment $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ . On en déduit que la fonction $Γ$ est de classe $𝒞^{1}$ .

Exercice 100 4186 CENTRALE (MP)Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on définit la fonction $u_{n}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ par

u_{n} (x) = x \ln (1 + \frac{1}{n}) - \ln (1 + \frac{x}{n}) .

(a)

Montrer que $\sum u_{n} (x)$ converge si $x > 0$ .

Montrer que $f : x \mapsto - \ln (x) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (x)$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Montrer que $f$ est l’unique fonction de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ telle que

${\begin{matrix} \forall x \in ℝ_{+}^{*}, f (x + 1) - f (x) = \ln (x) \\ f est convexe \\ f (1) = 0 . \end{matrix}$
(c)

Montrer que, pour $x > 0$ , on a

$\int_{0}^{+ \infty} t^{x - 1} e^{- t} d t = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{x} n!}{x (x + 1) \dots (x + n)} .$

Solution

(a)

Pour $x > 0$ , $u_{n} (x) = O (1 / n^{2})$ . La série $\sum u_{n} (x)$ converge absolument.

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $ℝ_{+}^{*}$ , les fonctions $u_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ avec

$u_{n}^{'} (x) = \ln (1 + \frac{1}{n}) - \frac{1}{n + x} .$

Soit $[a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ . Par monotonie, pour tout $x \in [a; b]$

$| u_{n}^{'} (x) | \leq | u_{n}^{'} (a) | + | u_{n}^{'} (b) | = O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Il y a donc convergence normale de $\sum u_{n}^{'}$ sur tout segment de $ℝ_{+}^{*}$ . La fonction somme de $\sum u_{n}$ est donc de classe $𝒞^{1}$ et la fonction $f$ l’est aussi par opérations.
(b)

La fonction est de classe $𝒞^{1}$ . Il est immédiat que $f (1)$ est nul et, pour tout $x > 0$ , on a après télescopage

$f^{'} (x + 1) - f^{'} (x) = - \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{x} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n + x} - \frac{1}{n + x + 1}) = \frac{1}{x}$

et

$f (2) - f (1)$ $= f (2) = - \ln (2) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} 2 \ln (1 + \frac{1}{n}) - \ln (1 + \frac{2}{n})$

$= - \ln (2) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (2 \ln (n + 1) - \ln (n) - \ln (n + 2)) = 0 .$

Ainsi, on peut affirmer $f (x + 1) - f (x) = \ln (x)$ . Enfin, $f$ est convexe en tant que somme de fonctions qui le sont.

Inversement, soit $g$ une autre fonction vérifiant les conditions proposées. Étudions la fonction $h = f - g$ .

La fonction $h$ est de classe $𝒞^{1}$ , $1$ -périodique et prend la valeur $0$ en $1$ . Nous allons montrer qu’elle est constante en observant que sa dérivée est nulle. Pour $x > 0$ , on a par croissance des dérivées de $f$ et de $g$

$h^{'} (x) = f^{'} (x) - g^{'} (x) \leq f^{'} (⌊ x ⌋ + 1) - g^{'} (⌊ x ⌋) = \frac{1}{⌊ x ⌋} + h^{'} (⌊ x ⌋)$

et parallèlement

$h^{'} (x) \geq h^{'} (⌊ x ⌋) - \frac{1}{⌊ x ⌋} .$

La fonction $h^{'}$ est $1$ -périodique, les valeurs $h^{'} (⌊ x ⌋)$ sont donc constantes égales à $C$ .

En passant à la limite quand $x \to + \infty$ l’encadrement

$C - \frac{1}{⌊ x ⌋} \leq h^{'} (x) \leq C + \frac{1}{⌊ x ⌋}$

on obtient que la fonction $h^{'}$ présente une limite en $+ \infty$ . Puisque $h^{'}$ est périodique cette fonction est constante et, puisque la fonction $h$ est périodique, la fonction $h^{'}$ est constante égale à $0$ .
(c)

On reconnaît en premier membre la fonction $Γ$ « connue » indéfiniment dérivable avec

$Γ^{(k)} (x) = \int_{0}^{+ \infty} {(\ln (t))}^{k} t^{x - 1} e^{- t} d t .$

On sait aussi $Γ > 0$ , $Γ (1) = 1$ et $Γ (x + 1) = x Γ (x)$ .

Considérons alors $f (x) = \ln (Γ (x))$ .

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ , $f (x + 1) - f (x) = \ln (x)$ , $f (1) = 0$ et $f$ convexe car l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

${(Γ^{'} (x))}^{2} \leq Γ (x) Γ^{''} (x)$

ce qui conduit à $f^{''} \geq 0$ .

On peut donc affirmer

$Γ (x) = e^{f (x)} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{x} \prod_{k = 1}^{n} \frac{{(1 + \frac{1}{k})}^{x}}{1 + \frac{x}{k}} = lim_{n \to + \infty} \frac{n! {(n + 1)}^{x}}{x (x + 1) \dots (x + n)}$

et l’on peut conclure sachant $n + 1$ équivalent à $n$ .

Exercice 101 5528 Correction

Pour $x \in [0; + \infty [$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{x}{n} - \ln (1 + \frac{x}{n})) .

(a)

Montrer que la fonction $S$ est bien définie sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Montrer que $S$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ .
(c)

Étudier la limite de $S$ en $+ \infty$ .

Solution

On pose

u_{n} (x) = \frac{x}{n} - \ln (1 + \frac{x}{n}) pour x > 0 et n \in ℕ^{*} .

(a)

Pour tout $x > 0$ , on obtient par développement limité

$u_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{x^{2}}{2 n^{2}} .$

Par comparaison aux séries de Riemann, la série numérique $\sum u_{n} (x)$ converge absolument. On en déduit que la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ . Cela assure la bonne définition de $S$ .
(b)

Les fonctions $u_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ avec

$u_{n}^{'} (x) = \frac{1}{n} - \frac{1}{x + n} = \frac{x}{n (x + n)} .$

Pour $x \in [0; a]$ ,

$| u_{n}^{'} (x) | \leq \frac{a}{n^{2}} .$

En passant à la borne supérieure,

$sup_{x \in [0; a]} | u_{n}^{'} (x) | \leq \frac{a}{n^{2}} .$

Cela assure la convergence normale de la série $\sum u_{n}^{'}$ sur $[0; a]$ .

Par convergence uniforme sur tout segment, on peut assurer que $S$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ .
(c)

On sait $\ln (1 + u) \leq u$ pour tout $u > - 1$ . On en déduit que les termes sommés sont positifs et donc

$S (x) \geq u_{1} (x) = x - \ln (1 + x) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .$

On en déduit que $S$ tend vers $+ \infty$ en $+ \infty$ .

[<] Étude pratique de la fonction somme d'une série[>] Fonction solution d'équations fonctionnelles

Exercice 102 3644 Correction

Pour $x \in ℝ$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} \frac{x}{n + x^{2}} .

(a)

Montrer que la fonction $S$ est bien définie sur $ℝ$ et étudier sa parité.
(b)

Montrer que la fonction $S$ est continue sur $ℝ$ .
(c)

Déterminer la limite de $S$ en $+ \infty$ .

Solution

On pose pour tout $x \in ℝ$ et $n \in ℕ^{*}$

u_{n} (x) = {(- 1)}^{n - 1} \frac{x}{n + x^{2}} .

(a)

Pour tout $x \in ℝ$ , $\sum u_{n} (x)$ satisfait le critère spécial des séries alternées et donc $\sum u_{n}$ converge simplement. La fonction $S$ est donc bien définie, elle est évidemment impaire.
(b)

Soit $a > 0$ . Par le critère spécial des séries alternées

$| R_{n} (x) | \leq \frac{| x |}{(n + 1) + x^{2}} \leq \frac{a}{n + 1} pour x \in [- a; a]$

et donc

${∥ R_{n} ∥}_{\infty, [- a; a]} \leq \frac{a}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Il y a convergence uniforme¹¹ 1 Une étude des variations de la fonction $x \mapsto x / ((n + 1) + x^{2})$ permet aussi d’établir qu’il y a convergence uniforme sur $ℝ$ . sur $[- a; a]$ pour tout $a > 0$ . De plus, chaque fonction $u_{n}$ est continue et $S$ est donc continue sur $[- a; a]$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ donc $S$ est continue sur $ℝ$ .
(c)

Par le critère spécial des séries alternées, on peut encadrer $S$ par deux sommes partielles consécutives

$\forall x \geq 0, \frac{x}{1 + x^{2}} - \frac{x}{2 + x^{2}} \leq S (x) \leq \frac{x}{1 + x^{2}} .$

Par théorème d’encadrement,

$S (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 103 4071

Pour $x \in [0; + \infty [$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n - 1} \ln (1 + \frac{x}{n}) .

(a)

Montrer que la fonction $S$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Préciser son sens de variation.
(c)

Étudier la limite de $S$ en $+ \infty$ .

Exercice 104 3194 CCINP (MP)Correction

Étudier la définition, la continuité et le caractère $𝒞^{1}$ de la fonction

S : x \mapsto \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n} \sin (\frac{x}{n}) .

Solution

Posons

f_{n} : x \mapsto \frac{{(- 1)}^{n}}{n} \sin (\frac{x}{n}) .

Puisque les fonctions $f_{n}$ sont toutes impaires, on limite l’étude à $x \in [0; + \infty [$ .
À partir d’un certain rang $N_{x}$ , on a $x / n \leq π / 2$ et alors

\sin (x / n) \in [0; 1] .

La série numérique $\sum f_{n} (x)$ vérifie alors les hypothèses du critère spécial des séries alternées à partir du rang $N_{x}$ et par conséquent cette série converge.

Ainsi, la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement sur $ℝ$ et donc sa fonction somme $S$ est définie sur $ℝ$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ et

f_{n}^{'} (x) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2}} \cos (\frac{x}{n})

de sorte que

{∥ f_{n}^{'} ∥}_{\infty, ℝ} = \frac{1}{n^{2}} .

On en déduit que la série de fonctions $\sum f_{n}^{'}$ converge normalement sur $ℝ$ et donc la fonction $S$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ , a fortiori cette fonction est continue.

Exercice 105 3389 Correction

Pour $x$ réel convenable, on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n (n x + 1)} .

(a)

Montrer que $S$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Étudier la limite de $S$ en $+ \infty$ .
(c)

Montrer que $S$ est classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et préciser ses variations.

Solution

Sous réserve d’existence, $S$ est la somme de la série de fonctions $\sum u_{n}$ avec

u_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n (n x + 1)} pour x \in] 0; + \infty [et n \in ℕ^{*} .

(a)

Soit $x > 0$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$u_{n} (x) = {(- 1)}^{n - 1} | u_{n} (x) |$

et $| u_{n} (x) |$ décroît et tend vers $0$ . Par le critère spécial des séries alternées, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $[0; + \infty [$ . La fonction $S$ est correctement définie sur $[0; + \infty [$ .

Chaque fonction $u_{n}$ est continue. Étudions la convergence uniforme de la série de fonctions $\sum u_{n}$ . Par convergence simple, on peut introduire le reste $R_{n}$ de la série de fonctions $\sum u_{n}$ et, par le critère spécial des séries alternées,

$\forall x \geq 0, | R_{n} (x) | \leq | u_{n + 1} (x) | = \frac{1}{(n + 1) ((n + 1) x + 1)} \leq \frac{1}{n + 1} = α_{n} .$

Le terme $α_{n}$ ne dépend pas de $x$ et tend vers $0$ . La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge donc uniformément sur $[0; + \infty [$

Par théorème, $S$ est continue sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Les fonctions $u_{n}$ admettent des limites finies (toutes nulles) en $+ \infty$ et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge uniformément au voisinage de $+ \infty$ . Par le théorème de la double limite,

$lim_{x \to + \infty} S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} u_{n} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} 0 = 0 .$
(c)

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , $u_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$u_{n}^{'} (x) = \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n x + 1)}^{2}} .$

Le critère spécial des séries alternées s’applique à la convergence de la série $\sum u_{n}^{'} (x)$ . La série de fonctions $\sum u_{n}^{'}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et l’on peut introduire son reste $R_{n}$ .

Soit $a > 0$ . Pour $x \geq a$ , le critère spécial des séries alternées donne

$| R_{n}^{'} (x) | \leq | u_{n + 1}^{'} (x) | = \frac{1}{{((n + 1) x + 1)}^{2}} \leq \frac{1}{{(n + 1)}^{2} a^{2}} = α_{n} .$

Le terme $α_{n}$ ne dépend pas de $x$ et la suite $(α_{n})$ tend vers $0$ .

La série de fonctions $\sum u_{n}^{'}$ converge donc uniformément sur $[a; + \infty [$ .

Par théorème, on en déduit que la fonction $S$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ . La fonction $S$ est donc de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Aussi, on peut aussi calculer $S^{'} (x)$ en dérivant terme à terme. Cela donne

$\forall x > 0, S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n x + 1)}^{2}} .$

Puisque le critère spécial des séries alternées s’applique à la convergence de séries, on a $S^{'} (x)$ du signe de son premier terme, c’est-à-dire négatif. La fonction $S$ est décroissante.

Exercice 106 910 Correction

Pour $n \geq 1$ et $x \in ℝ$ , on pose

u_{n} (x) = {(- 1)}^{n} \ln (1 + \frac{x^{2}}{n (1 + x^{2})}) .

(a)

Étudier la convergence uniforme de la série de fonctions $\sum u_{n}$ .
(b)

Déterminer la limite de sa somme en $+ \infty$ . On pourra exploiter la formule de Stirling.

Solution

(a)

Pour tout $x \in ℝ$ , la série numérique $\sum u_{n} (x)$ satisfait le critère spécial des séries alternées donc la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $ℝ$ .

De plus,

${∥ \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} u_{n} ∥}_{\infty} \leq \ln (1 + \frac{x^{2}}{(N + 1) (1 + x^{2})}) \leq \ln (1 + \frac{1}{N + 1}) \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge donc uniformément sur $ℝ$ .
(b)

On remarque

$u_{n} (x) \to_{x \to + \infty}^{} {(- 1)}^{n} \ln (1 + \frac{1}{n}) .$

Par converge uniformément,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (x) \to_{x \to + \infty}^{} ℓ = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} \ln (1 + \frac{1}{n}) .$

Pour calculer cette somme, manipulons les sommes partielles et séparons les termes d’indice pair de ceux d’indice impair

$\sum_{n = 1}^{2 N} {(- 1)}^{n} \ln (1 + \frac{1}{n}) = \sum_{n = 1}^{N} (\ln (2 n + 1) - \ln (2 n)) + \sum_{n = 1}^{N} (\ln (2 n - 1) - \ln (2 n))$

donc

$\sum_{n = 1}^{2 N} {(- 1)}^{n} \ln (1 + \frac{1}{n}) = \ln ({(\frac{(2 N)!}{{(2^{N} N!)}^{2}})}^{2} (2 N + 1)) .$

Or

$N! \underset{N \to + \infty}{\sim} \sqrt{2 π N} N^{N} e^{- N}$

donc

$\sum_{n = 1}^{2 N} {(- 1)}^{n} \ln (1 + 1 / n) \underset{N \to + \infty}{\sim} \ln (\frac{2}{π}) .$

On en déduit

$ℓ = \ln (\frac{2}{π}) .$

Exercice 107 904 Correction

Pour $t > 0$ , on pose

S (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{1 + n t} .

(a)

Justifier que $S$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Étudier la limite de $S$ en $+ \infty$ .
(c)

Établir que $S$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

(a)

Posons $f_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n}}{1 + n t}$ pour $t > 0$ .
Par application du critère spécial des séries alternées, $\sum f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et

${∥ R_{n} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} \leq \frac{1}{1 + n a} \to 0$

pour tout $a > 0$ .
Par converge uniformément sur tout segment d’une série de fonctions continue, $S$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Par converge uniformément sur $[a; + \infty [$ ,

$lim_{+ \infty} S (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} lim_{t \to + \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{1 + n t} = 1 .$

Par application du critère spécial des séries alternées

$1 - \frac{1}{1 + t} \leq S (t) \leq 1 .$
(c)

Les fonctions $f_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ et la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge simplement.

$f_{n}^{'} (t) = \frac{{(- 1)}^{n + 1} n}{{(1 + n t)}^{2}} .$

La série $\sum f_{n}^{'} (t)$ est alternée avec $| f_{n}^{'} (t) | = \frac{n}{{(1 + n t)}^{2}}$ .
Puisque

$| f_{n}^{'} (t) | - | f_{n + 1}^{'} (t) | = \frac{n (n + 1) t^{2} - 1}{{(1 + n t)}^{2} {(1 + (n + 1) t)}^{2}}$

la suite $(| f_{n}^{'} (t) |)$ décroît vers 0 à partir d’un certain rang.
Soit $a > 0$ .
À partir d’un certain rang $n_{0}$ ,

$n (n + 1) a^{2} - 1 \geq 0$

et alors pour tout $t \geq a$ , on peut appliquer le critère spécial des séries alternées à partir du rang $n_{0}$ .
On a alors

$| R_{n} (t) | \leq | f_{n + 1} (t) | \leq | f_{n} (t) | = \frac{n}{{(1 + n t)}^{2}} \leq \frac{n}{{(1 + n a)}^{2}}$

donc

${∥ R_{n} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} \leq \frac{n}{{(1 + n a)}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Ainsi, la série de fonctions $\sum f_{n}^{'}$ converge uniformément sur $[a; + \infty [$ .

Par théorème, on peut alors conclure que $S$ est de classe $𝒞^{1}$ .

Exercice 108 139 Correction

Pour $t > 0$ , on pose

S (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n t + 1} .

Déterminer la limite de $S (t)$ quand $t \to 0^{+}$ .

Solution

Par le critère spécial des séries alternées, il est immédiat de justifier que $S (t)$ est définie pour tout $t > 0$ .

Soit $t > 0$ . On peut réorganiser l’expression de $S (t)$ de la façon suivante:

S (t) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} (\frac{{(- 1)}^{2 p}}{2 p t + 1} + \frac{{(- 1)}^{2 p + 1}}{(2 p + 1) t + 1}) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{t}{(2 p t + 1) ((2 p + 1) t + 1)} .

On constate la décroissance de la fonction

f_{t} : x \mapsto \frac{t}{(2 x t + 1) ((2 x + 1) t + 1)} .

Par comparaison avec une intégrale, on obtient l’encadrement

\int_{1}^{+ \infty} f_{t} (x) d x \leq S (t) \leq \int_{0}^{+ \infty} f_{t} (x) d x .

Puisque par les calculs précédents

\frac{t}{(2 x t + 1) ((2 x + 1) t + 1)} = \frac{1}{2 x t + 1} - \frac{1}{(2 x + 1) t + 1} .

On obtient

	$\int_{0}^{+ \infty} \frac{t}{(2 x t + 1) ((2 x + 1) t + 1)} d x$	$= {[\frac{1}{2 t} \ln (\frac{(2 x t + 1)}{((2 x + 1) t + 1)})]}_{0}^{+ \infty}$
		$= \frac{\ln (1 + t)}{2 t}$

	$\int_{1}^{+ \infty} \frac{t}{(2 x t + 1) ((2 x + 1) t + 1)} d x$	$= {[\frac{1}{2 t} \ln (\frac{(2 x t + 1)}{((2 x + 1) t + 1)})]}_{1}^{+ \infty}$
		$= \frac{\ln (1 + 3 t) - \ln (1 + 2 t)}{2 t} .$

Par encadrement, on conclut

S (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 / 2 .

Exercice 109 916 Correction

Pour tout $x \in ℝ ∖ {- 1}$ et tout $n \in ℕ^{*}$ on pose

u_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} \cdot \frac{x^{n}}{1 + x^{n}} .

(a)

Justifier que la fonction $f : x \mapsto \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (x)$ est définie sur $ℝ ∖ {- 1}$ .
(b)

Établir que pour tout $x \neq 0$ ,

$f (x) + f (\frac{1}{x}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} .$
(c)

Établir que $f$ est continue sur $] - 1; 1 [$ puis que $f$ est continue sur $] - \infty; - 1 [$ et $] 1; + \infty [$ .
(d)

Établir la continuité de $f$ en $1$ .

Solution

(a)

Pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$| u_{n} (x) | = o ({| x |}^{n})$

donc $\sum u_{n} (x)$ est absolument convergente donc convergente.

Pour $x = 1$ ,

$u_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{2 n}$

donc $\sum u_{n} (x)$ converge en vertu du critère spécial des séries alternées.

Pour $x \in] - \infty; - 1 [\cup] 1; + \infty [$ ,

$u_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} (1 - \frac{1}{1 + x^{n}}) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} + o (\frac{1}{{| x |}^{n}})$

donc $\sum u_{n} (x)$ est somme d’une série convergente et d’une série absolument convergente.
(b)

$f (x) + f (\frac{1}{x}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} (\frac{x^{n}}{1 + x^{n}} + \frac{1 / x^{n}}{1 + 1 / x^{n}}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} .$
(c)

Soit $a \in [0; 1 [$ .

${∥ f ∥}_{\infty, [- a; a]} \leq \frac{a^{n}}{1 - a^{n}} \leq \frac{a^{n}}{1 - a}$

donc $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[- a; a]$ .

Par convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur tout segment de $] - 1; 1 [$ , on peut affirmer que $f$ est continue sur $] - 1; 1 [$ . Puisque $f (x) = C^{t e} - f (1 / x)$ , $f$ est aussi continue sur $] - \infty; - 1 [$ et sur $] 1; + \infty [$ par composition de fonctions continues.
(d)

Pour $x \in [0; 1]$ , la série $\sum u_{n} (x)$ est alternée et la suite ${(\frac{1}{n} \frac{x^{n}}{1 + x^{n}})}_{n \geq 0}$ décroît vers 0 (après étude non détaillée ici) donc le critère spécial des séries alternées s’applique et

$| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} (x) | \leq \frac{1}{n + 1} \cdot \frac{x^{n + 1}}{1 + x^{n + 1}} \leq \frac{1}{n + 1}$

puis

${∥ R_{n} ∥}_{\infty, [0; 1]} \leq \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La série de fonctions continues $\sum u_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ donc $f$ est continue sur $[0; 1]$ et donc continue à gauche en 1. Par la relation du b) on obtient aussi $f$ continue à droite en 1.

[<] Étude pratique de la fonction somme d'une série alternée[>] Fonctions zêta et êta

Exercice 110 902 Correction

Sur $I =] - 1; + \infty [$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + x}) .

(a)

Montrer que $S$ est définie et continue sur $I$ .
(b)

Étudier la monotonie de $S$ .
(c)

Calculer, pour $x \in I$ ,

$S (x + 1) - S (x) .$
(d)

Déterminer un équivalent de $S (x)$ en $- 1^{+}$ .
(e)

Établir

$S (n) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} pour tout n \in ℕ^{*} .$
(f)

En déduire un équivalent de $S (x)$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , posons

$f_{n} : x \mapsto \frac{1}{n} - \frac{1}{n + x} = \frac{x}{n (n + x)}$

$f_{n}$ est définie et continue sur $] - 1; + \infty [$ .

Soient $- 1 < a \leq 0 \leq 1 \leq b$ . Pour tout $x \in [a; b]$ ,

$| \frac{x}{n (n + x)} | \leq \frac{| x |}{n (n + a)} \leq \frac{b}{n (n + a)} car | a | \leq b .$

Ainsi,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [a; b]} \leq \frac{b}{n (n + a)} .$

La série de fonction $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; b]$ et donc converge uniformément sur ce segment. Par théorème de convergence uniforme, on en déduit que $S$ est continue sur $[a; b]$ . Or cela vaut pour tout $[a; b]$ de la forme précédente et $S$ est donc continue sur $] - 1; + \infty [$ .
(b)

Chaque $f_{n}$ est croissante donc, par sommation de monotonie, $S$ est croissante.
(c)

$S (x + 1) - S (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n + x}) - \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + x})$

donc

$S (x + 1) - S (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} (\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}) - 1 + \frac{1}{x + 1} = \frac{1}{x + 1} .$
(d)

Par continuité,

$S (x + 1) \to_{x \to 0^{+}}^{} S (0) = 0$

puis

$S (x) = - \frac{1}{x + 1} + S (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} - \frac{1}{x + 1} + o (\frac{1}{x + 1}) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} - \frac{1}{x + 1} .$
(e)

$S (0) = 0$ et $S (x + 1) - S (x) = \frac{1}{x + 1}$ donc, pour tout $n \in ℕ$ ,

$S (n) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .$
(f)

On sait

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)$

et l’on sait

$\ln (n + 1) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .$

Puisque

$S (⌊ x ⌋) \leq S (x) \leq S (⌊ x ⌋ + 1)$

on obtient

$S (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \ln (⌊ x ⌋) \underset{x \to + \infty}{\sim} \ln (x) .$

Exercice 111 5596 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(n + x)}^{2}} .

(a)

Montrer que $f$ est correctement définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Étudier les variations de $f$ .
(c)

Étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ puis un équivalent simple de $f$ en $+ \infty$ .
(d)

Vérifier

$\forall x > 0, f (x) - f (x + 1) = \frac{1}{x^{2}}$

et en déduire un équivalent simple de $f$ en $0^{+}$ .

Solution

Sous réserve d’existence, $f$ est la somme de la série de fonctions $\sum u_{n}$ avec

u_{n} (x) = \frac{1}{{(n + x)}^{2}} pour n \in ℕ et x > 0 .

(a)

Pour $x > 0$ ,

$u_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} .$

Par équivalence de séries à termes positifs, $\sum u_{n} (x)$ converge.

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ : cela assure la bonne définition de $f$ .

Chaque fonction $u_{n}$ est continue sur $] 0; + \infty [$ . Soit $a > 0$ . Pour $x \in [a; + \infty [$ ,

$| u_{n} (x) | = \frac{1}{{(n + x)}^{2}} \leq \frac{1}{{(n + a)}^{2}} = α_{n} .$

La série de terme général $α_{n}$ converge et donc la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement (et donc uniformément) sur $[a; + \infty [$ . On en déduit que la fonction $f$ est continue sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ , la fonction $f$ est donc continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Soient $x, y > 0$ avec $x \leq y$ . Avec convergence,

$f (y) - f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\underset{\begin{matrix} \leq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{{(n + y)}^{2}} - \frac{1}{{(n + x)}^{2}}}}) \leq 0 .$

On en déduit que la fonction $f$ est décroissante.
(c)

Pour tout $n \in ℕ$ , la fonction $u_{n}$ est de limite nulle en $+ \infty$ . Aussi, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge uniformément sur $[1; + \infty [$ . Par le théorème de la double limite,

$lim_{x \to + \infty} f (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} u_{n} (x) = 0 .$

Pour déterminer un équivalent, réalisons une comparaison série-intégrale. Soit $x > 0$ . Par décroissance de la fonction $t \mapsto \frac{1}{{(t + x)}^{2}}$ , on a

$\int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{{(t + x)}^{2}} \leq \frac{1}{{(n + x)}^{2}} \leq \int_{n - 1}^{n} \frac{d t}{{(t + x)}^{2}}$

(la minoration vaut pour $n \in ℕ$ et la majoration pour $n \in ℕ^{*}$ seulement). En sommant,

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(t + x)}^{2}} \leq f (x) \leq \frac{1}{x^{2}} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{{(t + x)}^{2}}$

et donc

$\frac{1}{x} \leq f (x) \leq \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}} .$

Par encadrement,

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x} .$
(d)

Pour $N \in ℕ$ ,

$\sum_{n = 0}^{N} \frac{1}{{(n + x)}^{2}} - \sum_{n = 0}^{N} \frac{1}{{(n + x + 1)}^{2}} = \frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{{(x + N + 1)}^{2}} .$

En passant à la limite quand $N$ tend vers l’infini,

$f (x) - f (x + 1) = \frac{1}{x^{2}} .$

Par continuité de $f$ en $1$ ,

$f (x + 1) \to_{x \to 0^{+}}^{} f (1) .$

Parallèlement,

$\frac{1}{x^{2}} \to_{x \to 0^{+}}^{} + \infty .$

On en déduit

$f (x) = \frac{1}{x^{2}} + f (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x^{2}} .$

Exercice 112 903 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x} .

(a)

Justifier que $S$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Préciser le sens de variation de $S$ .
(c)

Établir

$S (x + 1) + S (x) = \frac{1}{x} pour tout x > 0 .$
(d)

Donner un équivalent de $S$ en $0$ .
(e)

Donner un équivalent de $S$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Sous réserve d’existence, $S$ est la somme de la série de fonctions $\sum f_{n}$ avec

$f_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x} pour x > 0 .$

Par le critère spécial des séries alternées, $\sum_{n \geq 0} f_{n}$ converge simplement sur $] 0; + \infty [$ . Cela assure que $S$ est définie sur $] 0; + \infty [$ .

Les fonctions $f_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$f_{n}^{'} (x) = \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{{(n + x)}^{2}} .$

Soit $a > 0$ . Sur $[a; + \infty [$ ,

${∥ f_{n}^{'} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} = sup_{x \in [a; + \infty [} | f_{n}^{'} (x) | \leq \frac{1}{{(n + a)}^{2}} et \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{{(n + a)}^{2}} < + \infty$

La série de fonctions $\sum f_{n}^{'}$ converge donc normalement sur $[a; + \infty [$ .

Par convergence uniforme sur tout segment de $] 0; + \infty [$ , on peut affirmer que $S$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$\forall x > 0, S^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{{(n + x)}^{2}} .$
(b)

On peut appliquer le critère spécial des séries alternées à la série de somme $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{{(n + x)}^{2}}$ . Celle-ci est donc du signe de son premier terme $\frac{- 1}{x^{2}}$ . Ainsi, $S^{'} (x) \leq 0$ et la fonction $S$ est décroissante sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour $x > 0$ ,

$S (x + 1) + S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x + 1} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x}$

On poursuit à l’aide d’un glissement d’indice avant de simplifier

$S (x + 1) + S (x) = - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x} = \frac{1}{x} .$
(d)

Par continuité de $S$ ,

$S (x + 1) \to_{x \to 0^{+}}^{} S (1)$

et donc, quand $x \to 0^{+}$ ,

$S (x) = \frac{1}{x} - S (x + 1) \underset{x \to 0^{+}}{=} \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x}) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{x} .$
(e)

Pour $x$ assez grand, la décroissance de $S$ permet d’écrire

$\frac{1}{2} (S (x) + S (x + 1)) \leq S (x) \leq \frac{1}{2} (S (x) + S (x - 1))$

avec

$\frac{1}{x} \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x - 1} .$

Par encadrement,

$S (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$

Exercice 113 3777 ENSTIM (MP)Correction

Pour $x > 0$ , on pose

F (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x} .

(a)

Montrer que $F$ est bien définie.
(b)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ .
(c)

Simplifier

$F (x) + F (x + 1) .$
(d)

Montrer que pour $x > 0$

$F (x) = \int_{0}^{1} \frac{t^{x - 1}}{1 + t} d t .$
(e)

Donner un équivalent de $F$ en 0 et en $+ \infty$ .

Solution

Posons $u_{n} :] 0; + \infty [\to ℝ$ donnée par

u_{n} (x) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x} .

(a)

Par le critère spécial, $\sum u_{n} (x)$ converge pour chaque $x > 0$ . Il y a convergence simple de la série de fonctions définissant $F$ .
(b)

Les fonctions $u_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ et pour $n \geq 1$

$u_{n}^{'} (x) = \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{{(n + x)}^{2}} .$

On a

${∥ u_{n}^{'} ∥}_{\infty} = \frac{1}{n^{2}} .$

Il y a convergence normale $\sum u_{n}^{'}$ pour $n \geq 1$ .

Il y a donc convergence uniforme de $\sum u_{n}^{'}$ (pour $n \geq 0$ ) et l’on peut donc conclure que $F$ est de classe $𝒞^{1}$ .
(c)

Par glissement d’indice,

$F (x + 1) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1 + x} = - \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + x}$

et donc

$F (x) + F (x + 1) = \frac{1}{x} .$
(d)

Posons

$G (x) = \int_{0}^{1} \frac{t^{x - 1}}{1 + t} d t .$

L’intégrale est bien définie pour $x > 0$ et l’on remarque

$G (x) + G (x + 1) = \frac{1}{x} .$

Posons $H = F - G$ . La fonction $H$ est 2-périodique, montrons qu’elle tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Par application du critère spécial,

$\forall x > 0, F (x) \geq 0$

donc

$0 \leq F (x) \leq F (x) + F (x + 1) = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par encadrement, $F$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Le même raisonnement se transpose à $G$ .

On peut conclure que $H$ tend vers $0$ en $+ \infty$ puis, finalement, $H$ est la fonction nulle.
(e)

Par continuité,

$F (x + 1) \to_{x \to 0}^{} F (1)$

et donc

$F (x) = \frac{1}{x} - F (x + 1) \underset{x \to 0}{\sim} \frac{1}{x} .$

On vérifie aisément que $F$ est décroissante et puisque

$\frac{1}{x} = F (x) + F (x + 1) \leq 2 F (x) \leq F (x) + F (x - 1) = \frac{1}{x - 1}$

on obtient

$F (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$

Exercice 114 912

On pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n! (x + n)} pour tout x > 0 .

(a)

Justifier que $S$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Étudier les variations de $S$ et préciser ses limites en $0^{+}$ et en $+ \infty$ .
(c)

Établir

$x S (x) - S (x + 1) = \frac{1}{e} pour tout x > 0 .$
(d)

Donner un équivalent de $S$ en $+ \infty$ et en $0^{+}$ .

Exercice 115 913 Correction

Pour $x > 0$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{(x + k)} .

(a)

Justifier que $S$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Former une relation liant $S (x)$ et $S (x + 1)$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $S$ en $+ \infty$ et en $0$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ , on introduit $f_{n} : x \mapsto \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{(x + k)}$ . La fonction $f_{n}$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .

Soit $a > 0$ . Sur $[a; + \infty [$ ,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{a} \frac{1}{n!} .$

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ donc converge uniformément sur tout segment de $] 0; + \infty [$ . Par théorème, la somme $S$ de la série $\sum f_{n}$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Pour $x > 0$ ,

$S (x)$ $= \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \prod_{k = 1}^{n} \frac{1}{(x + k)}$

$= \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{(x + 1 + k)}$

$= \frac{1}{x} + \frac{1}{x} S (x + 1) .$

Ainsi,

$x S (x) - S (x + 1) = 1 .$
(c)

Par convergence uniforme sur $[a; + \infty [$ ,

$lim_{x \to + \infty} S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} lim_{x \to + \infty} f_{n} (x) = 0 .$

On en déduit

$S (x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x} S (x + 1) \underset{x \to + \infty}{=} \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x}) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x} .$

Par continuité de $S$ ,

$S (x + 1) \to_{x \to 0}^{} S (1)$

avec

$S (1) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{k + 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(n + 1)!} = e - 1$

donc

$S (x) = \frac{1 + S (x + 1)}{x} \underset{x \to 0}{\sim} \frac{e}{x} .$

Exercice 116 914 Correction

Pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in ℝ_{+}$ , on pose

f_{n} (x) = th (x + n) - th (n) .

(a)

Établir la convergence de la série de fonctions $\sum f_{n}$ .
(b)

Justifier que la fonction somme $S = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n}$ est continue et strictement croissante sur $ℝ_{+}$ .
(c)

Vérifier que pour tout $x \in ℝ_{+}$

$S (x + 1) - S (x) = 1 - th (x) .$
(d)

Étudier l’existence d’une limite finie à $S$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Par le théorème des accroissements finis, on peut écrire $f_{n} (x) = x {(th)}^{'} (c)$ avec $c \in] n; x + n [$ . Puisque ${(th)}^{'} (c) = \frac{1}{{ch}^{2} (c)}$ ,

$| f_{n} (x) | \leq \frac{x}{{ch}^{2} (n)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{4 x}{e^{2 n}} .$

Par suite,

$n^{2} f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

La série $\sum f_{n} (x)$ est absolument convergente donc convergente. Ainsi, $\sum f_{n}$ converge simplement sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Pour $a \in ℝ_{+}$ , l’étude qui précède donne

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [0; a]} \leq \frac{a}{{ch}^{2} (n)}$

donc $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[0; a]$ . Par convergence uniforme sur tout segment d’une série de fonction continue, on peut affirmer que $S$ est continue. De plus, les fonctions sommées étant toutes strictement croissantes, la somme $S$ l’est aussi. En effet, pour $x < y$ ,

$\sum_{k = 1}^{n} f_{k} (x) < \sum_{k = 1}^{n} f_{k} (y)$

donne à la limite

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} f_{k} (x) \leq \sum_{k = 1}^{+ \infty} f_{k} (y) .$

Aussi puisque $f_{0} (x) < f_{0} (y)$ , on parvient à

$S (x) < S (y) .$
(c)

Pour $x \in ℝ_{+}$ ,

$S (x + 1)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (x + 1 + n) - th (n))$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (x + 1 + n) - th (n + 1)) + \sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (n + 1) - th (n))$

avec convergence des deux séries introduites. Par glissement d’indice,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (x + 1 + n) - th (n + 1)) = S (x) - th (x)$

etn par étude la limite des sommes partielles,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (n + 1) - th (n)) = 1 .$

On conclut à la relation proposée.
(d)

$S$ admet une limite en $+ \infty$ car c’est une fonction monotone. Pour déterminer celle-ci, étudions la limite de la suite $(S (n))$ . La nature de la suite $S (n)$ est celle de la série de terme général

$S (n + 1) - S (n) = 1 - th (n) .$

Or

$1 - th (n) = \frac{ch (n) - sh (n)}{ch (n)} = \frac{e^{- n}}{ch (n)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 e^{- 2 n}}$

est terme général d’une série absolument convergente.

On en déduit que la suite $(S (n))$ converge et que la fonction $S$ admet donc une limite finie en $+ \infty$ .

Exercice 117 3978 MINES (MP)

(a)

Montrer qu’il existe une unique fonction $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ de limite nulle en $+ \infty$ et vérifiant

$f (x) + f (x + 1) = \frac{1}{x^{2}} pour tout x > 0 .$
(b)

Montrer que $f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ et intégrable sur $[1; + \infty [$ .
(c)

Calculer

$\int_{1}^{+ \infty} f (t) d t .$

Exercice 118 3754 MINES (MP)Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ continue décroissante et intégrable.

Montrer l’existence d’une fonction $g : ℝ_{+} \to ℝ$ continue vérifiant

\forall x \in ℝ_{+}, g (x + 1) - g (x) = f (x) .

Solution

Puisque la fonction $f$ est décroissante, elle admet une limite en $+ \infty$ . Puisque la fonction $f$ est aussi intégrable cette limite est nécessairement nulle. En particulier, la fonction $f$ est positive.

Par télescopage, on observe

g (x + N) - g (x) = \sum_{k = 0}^{N - 1} f (x + k) .

Si l’on adjoint (arbitrairement) la contrainte d’une limite nulle à $g$ en $+ \infty$ , on est tenté de poser

g (x) = - \sum_{k = 0}^{+ \infty} f (x + k) .

Il reste à montrer que cette fonction est bien définie et continue ce qui sera obtenu par un argument de convergence normale.

Soit $x \in ℝ_{+}$ . Pour $k \geq 1$ ,

0 \leq f (x + k) \leq f (k) \leq \int_{k - 1}^{k} f (t) d t

donc

sup_{x \in ℝ_{+}} | f (x + k) | \leq \int_{k - 1}^{k} f (t) d t .

Par intégrabilité de $f$ , il y a convergence de la série

\sum \int_{k - 1}^{k} f (t) d t

et donc convergence normale de la série de fonctions

\sum_{k \geq 1} f (x + k) .

L’adjonction du terme d’indice $k = 0$ ne change rien et l’on peut conclure.

On vient ainsi de trouver une solution au problème posé, d’autres solutions s’en déduisent par ajout d’une constante.

Exercice 119 5997 Correction

Déterminer $f : ℝ \to ℝ$ continue vérifiant

f (0) = 0 et \forall x \in ℝ, f (2 x) - f (x) = \sin (x) .

Solution

Analyse: Supposons $f$ solution. Pour tout $x \in ℝ$ ,

f (x) = \sin (\frac{x}{2}) + f (\frac{x}{2}) = \sin (\frac{x}{2}) + \sin (\frac{x}{4}) + f (\frac{x}{4}) = \dots

Par récurrence, on établit que pour tout $n \in ℕ$

f (x) = \sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{x}{2^{k}}) + f (\frac{x}{2^{n}}) .

Par continuité de $f$ en $0$ , on obtient lorsque $n$ tend vers $+ \infty$

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (\frac{x}{2^{n}}) .

Cela détermine $f$ .

Synthèse: Sous réserve d’existence, posons

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (x) avec u_{n} (x) = \sin (\frac{x}{2^{n}}) pour x \in ℝ .

Soit $x \in ℝ$ . On a

u_{n} (x) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{x}{2^{n}} .

Par équivalence à une série géométrique, la série $\sum u_{n} (x)$ converge absolument. La série $\sum u_{n}$ converge simplement sur $ℝ$ . La fonction $f$ est donc correctement définie sur $ℝ$ .

Pour $x \in ℝ$ , on obtient par télescopage

	$f (2 x) - f (x)$	$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (\frac{x}{2^{n - 1}}) - \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sin (\frac{x}{2^{n}})$
		$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} [\sin (\frac{x}{2^{n - 1}}) - \sin (\frac{x}{2^{n}})] = \sin (x) .$

Montrons enfin la continuité de $f$ .

Soit $a > 0$ . Pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in [- a; a]$ ,

| \sin (\frac{x}{2^{n}}) | \leq | \frac{x}{2^{n}} | \leq \frac{a}{2^{n}} = α_{n} .

La série géométrique $\sum α_{n}$ converge. Par majoration uniforme, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $[- a; a]$ . De plus, les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $ℝ$ . Par majoration uniforme sur tout $[- a; a] \subset ℝ$ , on peut affirmer que $f$ est continue sur $ℝ$ .

Exercice 120 898 Correction

(a)

Justifier l’existence de

$f (x) = \frac{1}{x} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{x + n} + \frac{1}{x - n})$

pour tout $x \in ℝ ∖ ℤ$ .
(b)

Montrer que $f$ est $1$ -périodique et que l’on a

$f (\frac{x}{2}) + f (\frac{x + 1}{2}) = 2 f (x)$

pour tout $x \in ℝ ∖ ℤ$ .

Solution

(a)

On a

$\frac{1}{x + n} + \frac{1}{x - n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}})$

d’où l’existence de la somme par convergence absolue.
(b)

Soit $x \in ℝ$ .

$f (x) = lim_{N \to + \infty} \sum_{k = - N}^{N} \frac{1}{x + k} .$

Or

$\sum_{k = - N}^{N} \frac{1}{x + 1 + k} = \sum_{k = - N + 1}^{N + 1} \frac{1}{x + k} .$

À la limite quand $N \to + \infty$ , on obtient $f (x + 1) = f (x)$ .

Soit à nouveau $x \in ℝ$ .

$\sum_{k = - N}^{N} \frac{1}{\frac{x}{2} + k} + \sum_{k = - N}^{N} \frac{1}{\frac{x + 1}{2} + k} = 2 \sum_{k = - 2 N + 1}^{2 N + 1} \frac{1}{x + k} .$

À la limite,

$f (\frac{x}{2}) + f (\frac{x + 1}{2}) = 2 f (x) .$

Exercice 121 4173 CENTRALE (MP)Correction

On définit la suite de fonctions ${(S_{N})}_{N \in ℕ}$ :

\forall N \in ℕ, \forall x \in ℝ ∖ ℤ, S_{N} (x) = \sum_{n = - N}^{N} \frac{1}{x + n} = \frac{1}{x} + \sum_{n = 1}^{N} \frac{2 x}{x^{2} - n^{2}} .

(a)

Écrire avec Python une fonction S(N,x) renvoyant $S_{N} (x)$ .
(b)

Écrire une fonction prenant trois paramètres N, a et b et traçant le graphe de $S_{N}$ sur le segment $[a; b]$ .
(c)

Montrer que la suite $(S_{N})$ converge simplement sur $ℝ ∖ ℤ$ vers une fonction que l’on notera $S$ .
(d)

Montrer que la convergence est uniforme sur tout segment de $ℝ ∖ ℤ$ .
(e)

Montrer que $S$ est continue sur $ℝ ∖ ℤ$ , impaire et $1$ -périodique.
(f)

Montrer

$\forall x \in ℝ ∖ ℤ, S (\frac{x}{2}) + S (\frac{x + 1}{2}) = 2 S (x) .$
(g)

Montrer que la fonction $f : x \mapsto π \cot (π x) - S (x)$ vérifie la même relation.
(h)

Montrer que $f$ se prolonge par continuité sur $ℝ$ . En déduire $S$ .

Solution

(a)

def S(N,x):
    if N == 0:
        return 1/x
    return S(N-1,x) + 1/(x-N) + 1/(x+N)

(b)

import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np

def trace(N,a,b):
    X = linspace(a,b,100)
    Y = [S(N,x) for x in X]
    plt.plot(X,Y)

(c)

Posons $u_{n} : ℝ ∖ ℤ \to ℝ$ définie par

$u_{n} (x) = \frac{2 x}{x^{2} - n^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{2 x}{n^{2}} .$

Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série $\sum u_{n} (x)$ converge pour tout $x \in ℝ ∖ ℤ$ . On peut alors affirmer la convergence simple de la suite de fonctions $(S_{N})$ vers une certaine fonction $S$ sur $ℝ ∖ ℤ$ .
(d)

Soit $[a; b]$ inclus dans $ℝ ∖ ℤ$ . Pour $N_{0}$ assez grand, on a

$[a; b] \subset [- N_{0}; N_{0}] .$

Soit $x \in [a; b]$ . Pour tout $N > N_{0}$ et tout $P \in ℕ$ ,

$S_{N + P} (x) - S_{N} (x) = \sum_{n = N + 1}^{N + P} \frac{2 x}{x^{2} - n^{2}} .$

Le facteur $x^{2} - n^{2}$ est négatif pour chaque terme sommé et par conséquent

$| S_{N + P} (x) - S_{N} (x) | \leq \sum_{n = N + 1}^{N + P} \frac{2 | x |}{n^{2} - x^{2}} \leq \sum_{n = N + 1}^{N + P} \frac{2 N_{0}}{n^{2} - N_{0}^{2}} .$

En passant à la limite quand $P$ tend vers $+ \infty$ , on obtient la majoration uniforme

$| S (x) - S_{N} (x) | \leq α_{N} avec α_{N} = \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \frac{2 N_{0}}{n^{2} - N_{0}^{2}} .$

Puisque $α_{N}$ est le reste de rang $N$ d’une série convergente, $α_{N}$ est de limite nulle et l’on peut conclure que la suite de fonctions $(S_{N})$ converge uniformément vers $S$ sur $[a; b]$ .
(e)

Les fonctions $S_{N}$ sont continues et par convergence uniforme sur tout segment, on peut affirmer que la fonction $S$ est continue sur $ℝ ∖ ℤ$ .

Les fonctions $S_{N}$ sont impaires et par convergence simple, on peut affirmer que $S$ est une fonction impaire.

Enfin, on obtient que la fonction $S$ est $1$ -périodique en passant à la limite l’égalité

$S_{N} (x + 1) = \sum_{n = - N + 1}^{N + 1} \frac{1}{x + n} = S_{N} (x) + \frac{1}{x + N + 1} - \frac{1}{x - N}$

valable pour tout $x \in ℝ ∖ ℤ$ .
(f)

Pour tout $x \in ℝ ∖ ℤ$ , on remarque

$S_{N} (\frac{x}{2}) + S_{N} (\frac{x + 1}{2})$ $= \sum_{n = - N}^{N} \frac{2}{x - 2 n} + \sum_{n = - N}^{N} \frac{2}{x - (2 n - 1)}$

$= \sum_{n = - 2 N - 1}^{2 N} \frac{2}{x - n} = 2 S_{2 N} (x) + \frac{2}{x + 2 N + 1} .$

On obtient la relation voulue en passant à la limite quand $N$ tend vers $+ \infty$ .
(g)

Pour $x \in ℝ ∖ ℤ$ , on a

$\cot (π \frac{x}{2}) + \cot (π \frac{x + 1}{2}) = \frac{\cos (\frac{π x}{2})}{\sin (\frac{π x}{2})} - \frac{\sin (\frac{π x}{2})}{\cos (\frac{π x}{2})} .$

Après réduction au même dénominateur

$\cot (π \frac{x}{2}) + \cot (π \frac{x + 1}{2}) = \frac{2 \cos (π x)}{\sin (π x)} = 2 \cot (π x) .$

L’ensemble des fonctions vérifiant la relation proposée étant un sous-espace vectoriel, la fonction $f$ vérifie aussi cette relation.
(h)

Pour $x \in] - 1; 1 [∖ {0}$ , on peut écrire

$S (x) = \frac{1}{x} + T (x) avec T (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 x}{x^{2} - n^{2}} .$

Par les arguments précédents, on peut affirmer que la fonction $T$ est continue sur $] - 1; 1 [$ . Aussi, on a par développement limité

$π \cot (π x) \underset{x \to 1}{=} \frac{1}{x} + o (1)$

donc

$f (x) \underset{x \to 0}{=} o (1) - T (x)$

ce qui permet de prolonger $f$ par continuité en $0$ avec la valeur $- T (0) = 0$ . Par périodicité, on peut prolonger $f$ par continuité avec la valeur $0$ en tout $k \in ℤ$ .

La fonction $f$ est continue sur le compact $[0; 1]$ et y présente un maximum de valeur $M$ . Celui-ci est atteint en un certain $x_{0} \in [0; 1]$ . Or

$\underset{\begin{matrix} \leq M \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (\frac{x_{0}}{2})}} + \underset{\begin{matrix} \leq M \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (\frac{x_{0} + 1}{2})}} = 2 f (x_{0}) = 2 M$

et donc

$f (\frac{x_{0}}{2}) = f (\frac{x_{0} + 1}{2}) = M .$

Ainsi, le maximum de $f$ est aussi atteint en $x_{0} / 2$ , puis en $x_{0} / 4$ , etc. Finalement, le maximum de $f$ est atteint en $0$ et il est donc de valeur nulle. De même, on montre que le minimum de $f$ est nul et l’on peut conclure

$\forall x \in ℝ ∖ ℤ, S (x) = π \cot (π x) .$

Exercice 122 2974 X (MP)

(Un développement eulerien)

(a)

Étudier la continuité de la fonction $f$ définie par

$f (x) = \frac{1}{x^{2}} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{{(x - n)}^{2}} + \frac{1}{{(x + n)}^{2}}) pour tout x \in ℝ ∖ ℤ .$
(b)

Étudier la périodicité de la fonction $f$ .
(c)

Soient $c > 2$ un réel et $h$ une fonction continue de $ℝ$ vers $ℝ$ telle que

$h (\frac{x}{2}) + h (\frac{x + 1}{2}) = c h (x) pour tout x \in ℝ .$

Montrer que la fonction $h$ est identiquement nulle.
(d)

En déduire que pour tout $x$ réel non entier,

$\sum_{n = - \infty}^{+ \infty} \frac{1}{{(x - n)}^{2}} = \frac{π^{2}}{\sin^{2} (π x)} .$

Exercice 123 5292 ENSTIM (MP)Correction

On définit une suite de fonctions $(u_{n})$ de $[0; 1]$ dans $ℝ$ en posant $u_{0}$ constante égale à $1$ puis

u_{n + 1} : x \mapsto \int_{0}^{x} u_{n} (1 - t) d t pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que les fonctions $u_{n}$ sont bornées et vérifier

${∥ u_{n + 2} ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{2} {∥ u_{n} ∥}_{\infty} pour tout n \in ℕ .$

Pour $x \in [0; 1]$ , on pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) .

(b)

Montrer que $S$ est bien définie sur $[0; 1]$ et déterminer une équation différentielle vérifiée par $S$ .
(c)

En déduire une expression simplifiée de $S (x)$ .

Solution

(a)

La fonction $u_{0}$ est continue car constante puis, par récurrence, les fonctions $u_{n}$ sont continues car chacune primitive d’une fonction continue (on établit de la même façon que les fonctions $u_{n}$ sont indéfiniment dérivables). On en déduit que les fonctions $u_{n}$ sont bornées car continues sur un segment.

Pour $n \in ℕ$ ,

$| u_{n + 1} (x) | \leq \int_{0}^{x} | u_{n} (1 - t) | d t \leq x {∥ u_{n} ∥}_{\infty}$

et donc

$| u_{n + 2} (x) | \leq \int_{0}^{x} (1 - t) {∥ u_{n} ∥}_{\infty} d t = \frac{1}{2} {∥ u_{n} ∥}_{\infty} .$
(b)

Sachant ${∥ u_{0} ∥}_{\infty} = {∥ u_{1} ∥}_{\infty} = 1$ , on obtient

${∥ u_{2 p} ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{2^{p}} et {∥ u_{2 p + 1} ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{2^{p}} .$

On en déduit la convergence normale de la série de fonctions $\sum u_{n}$ . Aussi, pour $n$ assez grand,

$u_{n}^{'} (x) = u_{n - 1} (1 - x) et u_{n}^{''} (x) = - u_{n - 2} (x) .$

On peut donc établir la convergence normale des séries $\sum u_{n}^{'}$ et $\sum u_{n}^{''}$ et affirmer que $S$ est de classe $𝒞^{2}$ avec

$S^{''} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n}^{''} (x) = 0 + 0 + \sum_{n = 2}^{+ \infty} - u_{n - 2} (x) = - S (x) .$

La fonction $S$ est solution de l’équation différentielle $y^{''} + y = 0$ .
(c)

La fonction $S$ vérifie aussi $S (0) = 1$ et $S^{'} (x) = S (1 - x)$ ce qui entraîne $S^{'} (1) = 1$ . La résolution de l’équation différentielle avec ces conditions donne

$S (x) = \frac{\cos (1 - x) + \sin (x)}{\cos (1)} .$

Exercice 124 2839 MINES (MP)Correction

On définit une suite de fonctions $(u_{n})$ de $[0; 1]$ vers $ℝ$ en posant

u_{0} (x) = 1 et u_{n + 1} (x) = \int_{0}^{x} u_{n} (t - t^{2}) d t pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que la série de terme général $u_{n}$ est normalement convergente.
(b)

Montrer que la somme $S$ de cette série de fonctions est dérivable et vérifie

$S (0) = 1 et S^{'} (x) = S (x - x^{2}) pour tout x \in [0; 1] .$

Solution

(a)

Remarquons que pour tout $t \in [0; 1]$ ,

$t - t^{2} \in [0; 1 / 4] .$

Pour $x \in [0; 1 / 4]$ ,

$| u_{n + 1} (x) | \leq x {∥ u_{n} ∥}_{\infty, [0; 1 / 4]} \leq \frac{1}{4} {∥ u_{n} ∥}_{\infty, [0; 1 / 4]} .$

Par une récurrence facile,

${∥ u_{n} ∥}_{\infty, [0; 1 / 4]} \leq \frac{1}{4^{n}} .$

Par la remarque initiale, pour tout $x \in [0; 1]$ ,

$| u_{n + 1} (x) | \leq {∥ u_{n} ∥}_{\infty, [0; 1 / 4]} \leq \frac{1}{4^{n}}$

donc

${∥ u_{n + 1} ∥}_{\infty, [0; 1]} \leq \frac{1}{4^{n}} .$

On peut conclure que la série $\sum u_{n}$ est normalement convergente.
(b)

Puisque $u_{0} (0) = 1$ et $u_{n + 1} (0) = 0$ pour $n \in ℕ$ , on a déjà $S (0) = 1$ . Notons aussi que la fonction $S$ est continue car somme d’une série de fonctions continues convergeant uniformément.

Pour tout $x \in [0; 1]$ ,

$S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) = u_{0} (x) + \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n + 1} (x) = 1 + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{x} u_{n} (t - t^{2}) d t .$

La convergence normale de la série de fonctions $\sum u_{n}$ entraîne celle de la série des fonctions continues $t \mapsto u_{n} (t - t^{2})$ . On peut alors intégrer terme à terme et écrire

$S (x) = 1 + \int_{0}^{x} \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (t - t^{2}) d t = 1 + \int_{0}^{x} S (t - t^{2}) d t .$

La fonction $x \mapsto \int_{0}^{x} S (t - t^{2}) d t$ est la primitive s’annulant en $0$ de la fonction continue $t \mapsto S (t - t^{2})$ . On en déduit que $S$ est de classe $𝒞^{1}$ et

$S^{'} (x) = S (x - x^{2}) .$

Exercice 125 563 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite de réels de $[0; 1]$ de limite $1$ . Déterminer les fonctions $f \in 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ vérifiant

\forall x \in [0; 1], f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{f (u_{n} x + 1 - x)}{2^{n}} .

Solution

Soit $f$ une fonction solution. Puisque celle-ci est continue sur un segment, elle y admet un minimum en un certain $x_{0} \in [0; 1]$ . On a alors

f (x_{0}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{f (u_{n} x_{0} + 1 - x_{0})}{2^{n}} \geq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{f (x_{0})}{2^{n}} = f (x_{0}) .

On en déduit

\forall n \in ℕ, f (u_{n} x_{0} + 1 - x_{0}) = f (x_{0}) .

En passant à la limite quand $n \to + \infty$ , on obtient

f (1) = f (x_{0}) .

Ainsi, $f (1)$ est la valeur minimale de $f$ sur $[0; 1]$ .

Un raisonnement symétrique assure aussi que $f (1)$ est la valeur maximale de $f$ sur $[0; 1]$ .

On en déduit que $f$ est constante et la réciproque est immédiate.

Exercice 126 2973 X (MP)Correction

Trouver les fonctions $f \in 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ telles que

\forall x \in [0; 1], f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{f (x^{n})}{2^{n}} .

Solution

Les fonctions constantes sont solutions et les solutions forment un sous-espace vectoriel.

Soit $f$ une solution. Quitte à ajouter une fonction constante, on peut supposer $f (0) = 0$ .

Pour $x \in [0; 1]$ ,

f (x) = \frac{f (x)}{2} + \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{f (x^{n})}{2^{n}}

donc

f (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{f (x^{n})}{2^{n - 1}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{f (x^{n + 1})}{2^{n}} .

Posons $h (x) = {sup}_{[0; x]} | f |$ .

Pour $x > 0$ , on a $x^{n + 1} \in [0; x^{2}]$ pour tout $n \geq 1$ . On en déduit

| f (x) | \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n}} h (x^{2}) = h (x^{2}) .

Ainsi, $h (x) \leq h (x^{2})$ puis, en itérant, $0 \leq h (x) \leq h (x^{2^{n}})$ pour tout $n \in ℕ$ .

Or pour $x \in [0; 1 [$ ,

x^{2^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0

et ${lim}_{0^{+}} h = 0$ (car $f (0) = 0$ ). On en déduit que $h (x) = 0$ sur $[0; 1 [$ .

Finalement, $f$ est nulle sur $[0; 1 [$ puis aussi en $1$ par continuité.

[<] Fonction solution d'équations fonctionnelles[>] Limite de sommes

Exercice 127 5256

(La fonction $ζ$ de Riemann )

On pose

ζ (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} .

(a)

Montrer que la fonction $ζ$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

Déterminer un équivalent de la fonction $ζ$ en $1^{+}$ .
(c)

Déterminer la limite $ℓ$ de la fonction $ζ$ en $+ \infty$ ainsi qu’un équivalent de $ζ (x) - ℓ$ quand $x$ tend vers l’infini.

Exercice 128 907

(La fonction $ζ$ de Riemann)

On pose

ζ (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} .

(a)

Montrer que la fonction $ζ$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

Préciser la monotonie et la convexité de la fonction $ζ$ .
(c)

Déterminer la limite de la fonction $ζ$ en $+ \infty$ .
(d)

Déterminer un équivalent de la fonction $ζ$ en $1^{+}$ .
(e)

Établir la convexité de la fonction $x \mapsto \ln (ζ (x))$ .

Exercice 129 2834 MINES (MP)Correction

Si $x > 1$ , on pose

ζ (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} .

(a)

Quelle est la limite de $ζ (x)$ quand $x \to + \infty$ ?
(b)

Pour quels réels $x$ la série $\sum \frac{ζ (n)}{n} x^{n}$ converge-t-elle?
(c)

Si

$F (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{ζ (n)}{n} x^{n}$

montrer que $F$ est continue sur $[- 1; 1 [$ et de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1; 1 [$ .
(d)

Donner une expression plus simple de $F (x)$

Solution

(a)

Posons $u_{n} (x) = 1 / n^{x}$ définie sur $] 1; + \infty [$ .
La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $] 1; + \infty [$ ce qui assure la bonne définition de $ζ (x)$ .
Plus précisément, pour $a > 1$ , on a

$sup_{x \in [a; + \infty [} | u_{n} (x) | = u_{n} (a) avec \sum u_{n} (a) convergente$

et il y a donc convergence normale (et donc uniforme) de la série de fonctions $u_{n}$ sur $[a; + \infty [$ .
Puisque

$u_{n} (x) \to_{x \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 1 & si n = 1 \\ 0 & si n \geq 2 \end{matrix}$

on peut appliquer le théorème de la double limite et affirmer que $ζ$ tend en $+ \infty$ vers la somme convergente des limites

$ζ (x) \to_{x \to + \infty}^{} 1 .$
(b)

Posons $v_{n} (x) = ζ (n) x^{n} / n$ . Pour $x \neq 0$ , on a

$| \frac{v_{n + 1} (x)}{v_{n} (x)} | \to_{n \to + \infty}^{} | x | .$

Par le critère de d’Alembert, la série converge pour $| x | < 1$ et diverge pour $| x | > 1$ (en fait le rayon de convergence de cette série entière vaut 1).
Pour $x = 1$ , il y a divergence car

$\frac{ζ (n)}{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} .$

Pour $x = - 1$ , il y a convergence en vertu du critère spécial des séries alternées. En effet, la suite $({(- 1)}^{n} ζ (n) / n)$ est alternée et décroît en valeur absolue vers 0 notamment car $ζ (n + 1) \leq ζ (n)$ .
(c)

En tant que somme d’une série entière de rayon de convergence $1$ , la fonction $F$ est assurément de classe $𝒞^{1}$ (et même $𝒞^{\infty}$ ) sur $] - 1; 1 [$ .

Les fonctions $v_{n}$ sont continues sur $[- 1; 0]$ et l’on vérifie que la série $\sum v_{n} (x)$ satisfait le critère spécial des séries alternées pour tout $x \in [- 1; 0]$ . On peut alors majorer le reste de cette série par son premier terme

$| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} v_{k} (x) | \leq | v_{n + 1} (x) | \leq \frac{ζ (n)}{n} .$

Ce dernier majorant étant uniforme de limite nulle, on peut affirmer qu’il y a convergence uniforme de la série de fonctions $\sum v_{n}$ sur $[- 1; 0]$ et sa somme $F$ est donc continue.
(d)

Par dérivation de la somme d’une série entière, on obtient pour $x \in] - 1; 1 [$ ,

$F^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} ζ (n + 1) x^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{p^{n + 1}} .$

On peut permuter les deux sommes par sommabilité car il y a convergence des séries

$\sum_{p \geq 1} | \frac{x^{n}}{p^{n + 1}} | et \sum_{n \geq 1} \sum_{p = 1}^{+ \infty} | \frac{x^{n}}{p^{n + 1}} | .$

On en déduit après sommation géométrique

$F^{'} (x) = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{p^{n + 1}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{x}{p (p - x)} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p - x} - \frac{1}{p}) .$

La série de fonctions associée converge normalement sur tout segment de $] - 1; 1 [$ et l’on peut donc intégrer terme à terme

$F (x)$ $= F (0) + \int_{0}^{x} F^{'} (t) d t = \int_{0}^{x} \sum_{p = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p - t} - \frac{1}{p}) d t$

$= \sum_{p = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{x} \frac{1}{p - t} - \frac{1}{p} d t = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \ln (\frac{p}{p - x}) - \frac{x}{p} .$

Exercice 130 899 Correction

Soient

ζ (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} et η (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{x}} .

(a)

Déterminer les domaines de définition des fonctions $ζ$ et $η$ .
(b)

Justifier que les fonctions $ζ$ et $η$ sont continues.
(c)

Établir la relation $η (x) = (1 - 2^{1 - x}) ζ (x)$ pour tout $x > 1$ .

Solution

(a)

$ζ$ est définie sur $] 1; + \infty [$ et $η$ est définie sur $] 0; + \infty [$ (via le critère spécial des séries alternées)
(b)

$f_{n} : x \mapsto \frac{1}{n^{x}}$ est continue.
Pour tout $a > 1$ ,

$| \frac{1}{n^{x}} | \leq \frac{1}{n^{a}}$

donc

${∥ f_{n} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} \leq \frac{1}{n^{a}}$

or $\sum \frac{1}{n^{a}}$ converge donc $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[a; + \infty [$ puis converge uniformément sur tout segment inclus dans $] 1; + \infty [$ . Par théorème, on obtient que la fonction $ζ$ est continue.
$g_{n} : x \mapsto \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{x}}$ est continue.
Par le critère spécial des séries alternées

$| \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{x}} | \leq \frac{1}{{(N + 1)}^{x}} .$

Pour tout $a > 0$ ,

$| \sum_{n = N + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{x}} | \leq \frac{1}{{(N + 1)}^{x}} \leq \frac{1}{{(N + 1)}^{a}}$

donc $\sum g_{n}$ converge uniformément sur $[a; + \infty [$ puis converge uniformément sur tout segment inclus dans $] 0; + \infty [$ . Par théorème on obtient que la fonction $η$ est continue sur $] 0; + \infty [$ .
(c)

Pour $x > 1$

$η (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{x}} - 2 \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 k)}^{x}} = ζ (x) - 2^{1 - x} ζ (x) .$

Exercice 131 4750

(La fonction $η$ de Dirichlet)

On pose

η (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{x}} .

(a)

Montrer que la fonction $η$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Déterminer la limite de la fonction $η$ en $0$ par valeurs supérieures.

Exercice 132 909 Correction

On pose

η (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{x}} .

Montrer que $η$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

Par le critère spécial des séries alternées, $η$ est bien définie sur $] 0; + \infty [$ .

$f_{n} : x \mapsto \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{x}}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ et

f_{n}^{(p)} (x) = {(- 1)}^{n + p - 1} \frac{{(\ln (n))}^{p}}{n^{x}} .

La suite ${(f_{n}^{(p)} (x))}_{n \in ℕ}$ est alternée. Étudions

φ : t \mapsto \frac{{(\ln (t))}^{p}}{t^{x}} .

On a

φ^{'} (t) = \frac{\ln {(t)}^{p - 1} (p - x \ln (t))}{t^{x + 1}} .

Pour $\ln (t) \geq p / x$ , $φ^{'} (t) \leq 0$ donc $φ$ décroissante sur $[e^{p / x}; + \infty [$ . Ainsi ${(f_{n}^{(p)} (x))}_{n \geq 1}$ est décroissante à partir du rang $⌊ e^{p / x} ⌋ + 1$ et tend vers 0. On peut donc appliquer le critère spécial des séries alternées. Pour $a > 0$ et pour $n \geq ⌊ e^{p / a} ⌋ + 1$ on a pour tout $x \in [a; + \infty [$ ,

| R_{n} (x) | = | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n + p} {(\ln (n))}^{p}}{n^{x}} | \leq \frac{{(\ln (n + 1))}^{p}}{{(n + 1)}^{x}} \leq \frac{{(\ln (n + 1))}^{p}}{{(n + 1)}^{a}}

donc

{∥ R_{n} ∥}_{\infty, [a; + \infty [} \leq \frac{{(\ln (n + 1))}^{p}}{{(n + 1)}^{a}} \to 0

$\sum f_{n}^{(p)}$ converge uniformément sur $[a; + \infty [$ (pour tout $a > 0$ ) donc converge simplement sur $] 0; + \infty [$ et converge uniformément sur tout segment de $] 0; + \infty [$ .

Par théorème, on peut alors conclure que $η$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Exercice 133 4174 CENTRALE (MP)Correction

Soit

ζ (s) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}} avec s \in ℂ .

(a)

Montrer la définition de $ζ (s)$ pour $Re (s) > 1$ .
(b)

Montrer qu’alors

$ζ (s) (1 - 2^{1 - s}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{s}} .$
(c)

En déduire un prolongement continu de $ζ$ sur

$Ω = {z \in ℂ | Re (z) > 0} ∖ {1} .$

Solution

(a)

Soit $s = a + i b$ avec $a, b \in ℝ$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

$| \frac{1}{n^{s}} | = \frac{1}{n^{a}} .$

Par conséquent, si $a > 1$ , la série $\sum 1 / n^{s}$ converge absolument et donc converge.
(b)

Soit $s$ tel que $Re (s) > 1$ . En développant

$ζ (s) (1 - 2^{1 - s}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{s}} - \sum_{P = 1}^{+ \infty} \frac{2}{{(2 p)}^{s}} .$

Par absolue convergence, on peut séparer la première somme en deux paquets, celui des termes d’indices pairs et celui des termes d’indices impairs. Il vient alors

$ζ (s) (1 - 2^{1 - s}) = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p - 1)}^{s}} - \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{s}} .$ (1)

En regroupant ces sommes, on obtient

$ζ (s) (1 - 2^{1 - s}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n^{s}}$

avec sommabilité de la somme en second membre.
(c)

En reprenant, l’expression (1), étudions

$F (s) = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p - 1)}^{s}} - \sum_{p = 1}^{+ \infty} \frac{1}{{(2 p)}^{s}} = \sum_{p = 1}^{+ \infty} u_{p} (s)$

avec

$u_{p} (s) = \frac{{(2 p)}^{s} - {(2 p - 1)}^{s}}{{(2 p)}^{s} {(2 p - 1)}^{s}}$

définie pour $s \in ℂ$ tel que $Re (s) > 0$ .

Pour $s = a + i b$ fixé, la fonction $f : t \mapsto t^{s}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[2 p - 1; 2 p]$ et

$| f^{'} (t) | = | s t^{s - 1} | = | s | t^{a - 1} \leq | s | ({(2 p - 1)}^{a - 1} + {(2 p)}^{a - 1}) .$

Par l’inégalité des accroissements finis

$| {(2 p)}^{s} - {(2 p - 1)}^{s} | \leq | s | ({(2 p - 1)}^{a - 1} + {(2 p)}^{a - 1})$

donc

$| u_{p} (s) |$ $\leq | s | \frac{({(2 p - 1)}^{a - 1} + {(2 p)}^{a - 1})}{{(2 p)}^{a} {(2 p - 1)}^{a}}$

$\leq | s | (\frac{1}{{(2 p)}^{a} (2 p - 1)} + \frac{1}{(2 p) {(2 p - 1)}^{a}}) .$

Introduisons alors

$Ω_{α, R} = {z \in ℂ | Re (z) \geq α et | z | \leq R} pour α, R > 0 .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $Ω_{α, R}$ et pour tout $s \in Ω_{α, R}$

$| u_{n} (s) | \leq | R | (\frac{1}{{(2 p)}^{α} (2 p - 1)} + \frac{1}{(2 p) {(2 p - 1)}^{α}}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{p^{α + 1}}) .$

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $Ω_{α, R}$ et sa fonction somme $F$ est définie et continue sur $Ω_{α, R}$ . Ceci valant pour tous $α$ et $R$ strictement positifs, on obtient que $F$ est définie et continue sur ${z \in ℂ | Re (z)}$ . Enfin, la fonction $s \mapsto 1 - 2^{1 - s}$ étant continue et ne s’annulant pas sur $Ω$ , on peut prolonger $ζ$ par continuité sur $Ω$ en posant

$ζ (s) = \frac{F (s)}{1 - 2^{1 - s}} .$

Exercice 134 4187 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de réels strictement positifs de limite $+ \infty$ . Lorsque cela a un sens, on pose

f (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{u_{n}^{x}} .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est définie sur un intervalle $I$ et que, s’il n’est pas vide, cet intervalle est non majoré.
(b)

Montrer que la fonction $f$ est continue sur $I$ .
(c)
Donner un exemple de suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ pour laquelle:
- —
  
  l’intervalle $I$ est vide;
- —
  
  l’intervalle $I$ est ouvert non vide;
- —
  
  l’intervalle $I$ est fermé non vide.

Solution

(a)

Supposons le domaine de définition $I$ non vide. Considérons $x \in I$ . Puisque la suite $(u_{n})$ tend vers l’infini, il existe un rang $N$ au delà duquel tous ses termes sont supérieurs à $1$ . Pour tout réel $y \geq x$ et tout $n \geq N$

$u_{n}^{y} = e^{y \ln (u_{n})} \geq e^{x \ln (u_{n})} = u_{n}^{x} donc \frac{1}{u_{n}^{y}} \leq \frac{1}{u_{n}^{x}} .$

Par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer la convergence de la série définissant $f (y)$ . Ainsi,

$x \in I ⟹ [x; + \infty [\subset I .$

Lorsqu’il n’est pas vide, le domaine est donc un intervalle non majoré.
(b)

Les fonctions $f_{n} : x \mapsto 1 / u_{n}^{x}$ sont continues sur $I$ et l’on a la convergence normale de la série de fonctions $\sum_{n \geq N} f_{n}$ sur tout intervalle $[a; + \infty [$ inclus dans $I$ car

$\forall n \geq N, \forall x \in [a; + \infty [, | \frac{1}{u_{n}^{x}} | = \frac{1}{u_{n}^{x}} \leq \frac{1}{u_{n}^{a}} = α_{n}$

avec $\sum α_{n}$ convergente.

Par théorème, on peut affirmer que la fonction $f$ somme de $\sum f_{n}$ est continue.
(c)
- —
  
  Pour $u_{n} = \ln (n)$ , $I = \emptyset$ .
- —
  
  Pour $u_{n} = n$ , $I =] 1; + \infty [$ (cf. séries de Riemann).
- —
  
  Pour $u_{n} = n {(\ln (n))}^{2}$ , $I = [1; + \infty [$ (cf. séries de Bertrand).

[<] Fonctions zêta et êta[>] Suites et séries de fonctions vectorielles

Exercice 135 919 Correction

Par une interversion série-limite, montrer que pour tout $z \in ℂ$

{(1 + \frac{z}{p})}^{p} \to_{p \to + \infty}^{} \exp (z) .

Solution

Par la formule du binôme de Newton,

{(1 + \frac{z}{p})}^{p} = \sum_{k = 0}^{p} (\binom{p}{k}) \frac{z^{k}}{p^{k}} .

Considérons $f_{k} : [0; + \infty [\to ℂ$ définies par

f_{k} (x) = {\begin{matrix} \frac{x (x - 1) \dots (x - k + 1)}{k!} \cdot \frac{z^{k}}{x^{k}} & si x \geq k \\ 0 & sinon. \end{matrix}

En tout $p \in ℕ$ ,

\sum_{k = 0}^{+ \infty} f_{k} (p) = \sum_{k = 0}^{p} (\binom{p}{k}) \frac{z^{k}}{p^{k}} = {(1 + \frac{z}{p})}^{p} .

La série de fonctions $\sum_{k \in ℕ} f_{k}$ converge simplement vers $x \mapsto {(1 + \frac{z}{x})}^{x}$ en tout $p \in ℕ$ . De plus, puisque $| f_{k} (x) | \leq \frac{{| z |}^{k}}{k!}$ , la convergence est normale sur $ℝ_{+}$ . Pour $k$ fixé,

f_{k} (x) = \frac{x (x - 1) \dots (x - k + 1)}{x^{k}} \cdot \frac{z^{k}}{k!} \to_{x \to + \infty}^{} \frac{z^{k}}{k!} .

Par le théorème de la double limite,

lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} f_{k} (n) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{z^{k}}{k!}

c’est-à-dire

lim_{n \to + \infty} {(1 + \frac{z}{n})}^{n} = e^{z} .

Exercice 136 918 Correction

Montrer que pour tout $α > 0$ ,

\sum_{k = 0}^{n} {(1 - \frac{k}{n})}^{n α} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{e^{α}}{e^{α} - 1} .

On pourra exploiter le théorème d’interversion limite/somme.

Solution

Posons

f_{k} (n) = {\begin{matrix} {(1 - \frac{k}{n})}^{n α} & si k \leq n \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Pour $k \in ℕ$ fixé,

f_{k} (n) \to_{n \to + \infty}^{} \exp (- k α) .

Pour $k \leq n$ ,

| f_{k} (n) | = \exp (n α \ln (1 - \frac{k}{n})) \leq e^{- k α}

et cette majoration vaut aussi pour $k > n$ .

Ainsi,

{∥ f_{k} ∥}_{\infty, ℕ} \leq e^{- k α}

et la série $\sum f_{k}$ converge donc normalement sur $A = ℕ$ .

Par interversion limite/somme infinie,

lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} f_{k} (n) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} lim_{n \to + \infty} f_{k} (n) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- k α} .

Ainsi,

lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n} {(1 - \frac{k}{n})}^{n α} = \frac{e^{α}}{e^{α} - 1} .

Exercice 137 917

Déterminer la limite de

u_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} .

[<] Limite de sommes[>] Approximations uniformes

Exercice 138 4751

Étudier la définition et la continuité de la fonction $S$ déterminée par

S (x, y) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \cos (n y) e^{- n x} sur X = {(x, y) \in ℝ^{2} | x > 0} .

Exercice 139 4095

Pour $z \in ℂ$ convenable, on pose

f (z) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n (n - z)} .

(a)

Déterminer le domaine de définition de $f$ .
(b)

Établir que la fonction $f$ est continue sur le domaine correspondant.

Exercice 140 5562 Correction

On note $D$ le disque unité ouvert:

D = {z \in ℂ | | z | < 1} .

Pour $z \in D$ , on pose

L (z) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n} z^{n} .

(a)

Montrer que $L$ est bien définie sur $D$ .
(b)

Montrer que $L$ est continue sur $D$ .

Solution

On introduit

u_{n} (z) = \frac{1}{n} z^{n} pour n \in ℕ^{*} et z \in D

de sorte que, sous réserve d’existence,

L (z) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (z) .

(a)

Soit $z \in D$ .

Cas: $z = 0$ . La convergence de la série $\sum u_{n} (z)$ est immédiate.

Cas: $z \neq 0$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , $u_{n} (z) \neq 0$ et

$| \frac{u_{n + 1} (z)}{u_{n} (z)} | = \frac{n}{n + 1} | z | \to_{n \to + \infty}^{} | z | .$

Par le critère de d’Alembert, la série $\sum u_{n} (z)$ converge absolument.

Finalement, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge simplement sur $D$ ce qui assure la définition de $L$ sur $D$ .
(b)

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , la fonction $u_{n}$ est continue sur $D$ .

Soit $a \in] 0; 1 [$ . Pour tout $z \in \bar{D_{a}} = {z \in ℂ | | z | \leq a}$ ,

$| u_{n} (z) | = \frac{1}{n} {| z |}^{n} \leq a^{n} .$

Puisque la série $\sum a^{n}$ converge, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $\bar{D_{a}}$ .

Par convergence uniforme, la fonction $L$ est continue sur $\bar{D_{a}}$ . Or cela vaut pour tout $a \in] 0; 1 [$ , la fonction $L$ est donc continue sur $D$ .

Exercice 141 5640 Correction

Pour $z \in ℂ$ et $t \in ℝ_{+}^{*}$ , on pose $t^{z} = \exp (z \ln (t))$ . Pour $z \in ℂ$ convenable, on considère

ζ (z) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{z}} .

(a)

Montrer que la fonction $ζ$ est définie sur $Ω = {z \in ℂ | Re (z) > 1}$ .
(b)

Établir que la fonction $ζ$ est continue sur $Ω$ .
(c)

Étudier la limite $ζ (z)$ quand $Re (z) \to + \infty$ .

Solution

On introduit

u_{n} (z) = \frac{1}{n^{z}} avec z \in ℂ et n \in ℕ^{*} .

Sous réserve d’existence, $ζ (s)$ est la somme de la série $\sum u_{n} (s)$ .

(a)

Soit $z = x + i y \in Ω$ . On remarque

$| \frac{1}{n^{z}} | = \frac{1}{n^{x}} | e^{- i y \ln (n)} | = \frac{1}{n^{x}} .$

Puisque $x > 1$ , la série $\sum u_{n} (z)$ converge absolument et donc converge.

Par convergence simple sur $Ω$ , la fonction $ζ$ est définie sur $Ω$ .
(b)

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , $u_{n}$ est continue sur $Ω$ .

Soient $a \in] 1; + \infty [$ et $Ω_{a} = {z \in ℂ | Re (z) \geq a}$ .

Pour $z \in Ω_{a}$ ,

$| \frac{1}{n^{z}} | = \frac{1}{n^{x}} \leq \frac{1}{n^{a}} = α_{n} .$

La série $\sum α_{n}$ converge et donc $\sum u_{n}$ converge normalement sur $Ω_{a}$ .

Par convergence uniforme, $ζ$ est continue sur $Ω_{a}$ . Or cela vaut pour tout $a > 1$ et donc $ζ$ est continue sur $Ω$ .
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$u_{n} (z) \to_{Re (z) \to + \infty}^{} ℓ_{n} = {\begin{matrix} 1 & si n = 1 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Par convergence uniforme sur $Ω_{a}$ , on peut employer le théorème de la double limite et affirmer

$ζ (z) \to_{Re (z) \to + \infty}^{} \sum_{n = 1}^{+ \infty} ℓ_{n} = 1 .$

Exercice 142 574

On suppose $ℳ_{n} (ℝ)$ muni d’une norme $∥ \cdot ∥$ vérifiant¹¹ 1 De telles normes existent: voir le sujet 4136 ou le sujet 4253.

∥ A B ∥ \leq ∥ A ∥ ∥ B ∥ pour tous A et B \in ℳ_{n} (ℝ) .

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ non nulle et $I =] - α; α [$ avec $α = 1 / ∥ A ∥$ . Pour $t \in I$ , on pose

f (t) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} t^{k} A^{k} .

(a)

Montrer que $f$ est bien définie sur $I$ et que $f (t) = {(I_{n} - t A)}^{- 1}$ .
(b)

Justifier que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $I$ et que $f^{'} (t) = A f {(t)}^{2}$ .

Exercice 143 573 Correction

On suppose $ℳ_{n} (𝕂)$ muni d’une norme notée $∥ \cdot ∥$ vérifiant

∥ A B ∥ \leq ∥ A ∥ ∥ B ∥ pour tous A, B \in ℳ_{n} (𝕂) .

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ . Pour $| t | < 1 / ∥ A ∥$ on pose

f (t) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} t^{k} A^{k} .

(a)

Montrer que $f$ est bien définie.
(b)

Justifier que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et que

$(I - t A) f^{'} (t) = A .$

Solution

(a)

$∥ \frac{1}{k} t^{k} A^{k} ∥ = \frac{1}{k} {| t |}^{k} {∥ A ∥}^{k}$ avec $| t | ∥ A ∥ < 1$ donc la série converge simplement.
(b)

Soit $ρ \in [0; 1 / ∥ A ∥ [$ . $t \mapsto \frac{1}{k} t^{k} A^{k}$ est de classe $𝒞^{1}$ et de dérivée $t^{k - 1} A^{k}$ avec

${∥ t^{k - 1} A^{k} ∥}_{\infty, [- ρ; ρ]} \leq ρ^{k - 1} {∥ A ∥}^{k}$

terme général d’une série convergente. La série des fonctions dérivées converge donc normalement sur $[- ρ; ρ]$ ce qui assure que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] - 1 / ∥ A ∥; 1 / ∥ A ∥ [$ et

$f^{'} (t) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} t^{k} A^{k + 1} = (\sum_{k = 0}^{+ \infty} t^{k} A^{k}) A .$

Or

$(I - t A) \sum_{k = 0}^{+ \infty} t^{k} A^{k} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} t^{k} A^{k} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} t^{k} A^{k} = I$

donc $(I - t A) f^{'} (t) = A$ .

Exercice 144 1186 Correction

Soit $E$ une algèbre de dimension finie munie d’une norme $∥ \cdot ∥$ vérifiant

\forall (a, b) \in E^{2}, ∥ a b ∥ \leq ∥ a ∥ ∥ b ∥ .

(a)

Soit $a \in E$ vérifiant $∥ a ∥ < 1$ . Montrer que $1_{E} - a$ est inversible et exprimer son inverse comme la somme d’une série.
(b)

Montrer que l’application $x \in U (E) \mapsto x^{- 1}$ est continue en $1_{E}$ .
(c)

Montrer que l’application $x \in U (E) \mapsto x^{- 1}$ est continue.

Solution

(a)

Puisque $∥ a ∥ < 1$ et $∥ a^{n} ∥ \leq {∥ a ∥}^{n}$ , la série $\sum a^{n}$ est absolument convergente et sa somme $S$ vérifie $(1_{E} - a) S = S (1_{E} - a) = 1_{E}$ donc $1_{E} - a$ est inversible d’inverse $S$ .
(b)

Pour $α \in [0; 1 [$ , on montre par convergence normale la continuité de $a \mapsto {(1 - a)}^{- 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a^{n}$ sur $\bar{B} (0, α)$ . On en déduit que $x \mapsto x^{- 1}$ est continue en $1_{E}$ .
(c)

Soit $a \in U (E)$ . Quand $x \in U (E) \to a$ alors $x a^{- 1} \to 1_{E}$ donc ${(x a^{- 1})}^{- 1} \to 1_{E}^{- 1} = 1_{E}$ puis

$x^{- 1} = a^{- 1} {(x a^{- 1})}^{- 1} \to_{x \to a}^{} a^{- 1} .$

Ainsi, $x \mapsto x^{- 1}$ est continue en chaque $a \in U (E)$ .

[<] Suites et séries de fonctions vectorielles

Exercice 145 1142 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue telle que $\int_{a}^{b} f (t) d t = 0$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes telle que

\int_{a}^{b} P_{n} (t) d t = 0 et sup_{t \in [a; b]} | f (t) - P_{n} (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telles $N_{\infty} (Q_{n} - f) \to 0$ .
On a alors

\int_{a}^{b} Q_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{a}^{b} f (t) d t = 0 .

Posons

P_{n} (t) = Q_{n} (t) - \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} Q_{n} (t) d t .

On vérifie alors sans peine que

\int_{a}^{b} P_{n} (t) d t = 0 et N_{\infty} (f - P_{n}) \to 0 .

Exercice 146 1143 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue telle que $f \geq 0$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes telle que

\forall t \in [a; b], P_{n} (t) \geq 0 et sup_{t \in [a; b]} | f (t) - P_{n} (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telles $N_{\infty} (Q_{n} - f) \to 0$ . Posons $m_{n} = {inf}_{t \in [a; b]} Q_{n} (t) = Q_{n} (t_{n})$ pour un certain $t_{n} \in [a; b]$ . Montrons que $m_{n} \to m = {inf}_{t \in [a; b]} f$ . Notons que ${inf}_{t \in [a; b]} f = f (t_{\infty})$ pour un certain $t_{\infty} \in [a; b]$ . Pour tout $ε > 0$ , pour $n$ assez grand, $N_{\infty} (Q_{n} - f) \leq ε$ donc $m_{n} = Q_{n} (t_{n}) \geq f_{n} (t_{n}) - ε \geq m - ε$ et $m = f (t_{\infty}) \geq Q_{n} (t_{\infty}) - ε \geq m_{n} - ε$ donc $| m_{n} - m | \leq ε$ . Ainsi $m_{n} \to m$ . Il suffit ensuite de considérer $P_{n} = Q_{n} - m_{n} + m$ pour obtenir une solution au problème posé.

Exercice 147 1144 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers $f$ sur $[a; b]$ et pour laquelle la suite $(P_{n}^{'})$ converge aussi uniformément vers $f^{'}$ sur $[a; b]$ .

Solution

Méthode: La principale contraite est la convergence uniforme de la suite de dérivées. Par intégration, on construira la suite de polynômes voulue à partir d’une suite réalisant la convergence uniforme vers la fonction dérivée.

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telle

{∥ Q_{n} - f^{'} ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Posons alors

P_{n} (x) = f (a) + \int_{a}^{x} Q_{n} (t) d t pour x \in [a; b]

La fonction $P_{n}$ est polynomiale. Pour tout $x \in [a; b]$ , l’inégalité

| P_{n} (x) - f (x) | \leq \int_{a}^{x} | f^{'} (t) - Q_{n}^{'} (t) | d t \leq (b - a) {∥ Q_{n} - f^{'} ∥}_{\infty}

permet d’établir que

{∥ P_{n} - f ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Puisque $P_{n}^{'} = Q_{n}$ , la suite $(P_{n})$ est solution du problème posé.

Exercice 148 1145 Correction

(Théorème de Weierstrass: preuve par les polynômes de Bernstein)

Pour $n \in ℕ$ et $k \in {0, \dots, n}$ , on pose

B_{n, k} (x) = (\binom{n}{k}) x^{k} {(1 - x)}^{n - k} .

(a)

Calculer

$\sum_{k = 0}^{n} B_{n, k} (x), \sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) et \sum_{k = 0}^{n} k^{2} B_{n, k} (x) .$
(b)

Soient $α > 0$ et $x \in [0; 1]$ . On forme

$A = {k \in ⟦ 0; n ⟧ | | k / n - x | \geq α} et B = {k \in ⟦ 0; n ⟧ | | k / n - x | < α} .$

Montrer que

$\sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \frac{1}{4 n α^{2}} .$
(c)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue. On pose

$f_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} f (\frac{k}{n}) B_{n, k} (x) .$

Montrer que $(f_{n})$ converge uniformément vers $f$ sur $[0; 1]$ .

Solution

(a)

On a

$\sum_{k = 0}^{n} B_{n, k} (x) = {(x + (1 - x))}^{n} = 1 .$

On a

$\sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) = n x$

via $k (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k - 1})$ et la relation précédente
De manière semblable

$\sum_{k = 0}^{n} k^{2} B_{n, k} (x) = \sum_{k = 0}^{n} k (k - 1) B_{n, k} (x) + \sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) = n x (1 + (n - 1) x) .$
(b)

On a

$n^{2} α^{2} \sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \sum_{k \in A} {(k - n x)}^{2} B_{n, k} (x) \leq \sum_{k \in ⟦ 0; n ⟧} {(k - n x)}^{2} B_{n, k} (x)$

car les $B_{n, k}$ sont positifs sur $[0; 1]$ .
Par suite,

$n^{2} α^{2} \sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq n x (1 - x)$

d’où

$\sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \frac{1}{4 n α^{2}} .$
(c)

Pour tout $ε > 0$ , par l’uniforme continuité de $f$ , il existe $α > 0$ tel que

$\forall x, y \in [0; 1], | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε .$

On a alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq \sum_{x \in A} | f (x) - f (k / n) | B_{n, k} (x) + \sum_{x \in B} | f (x) - f (k / n) | B_{n, k} (x)$

donc

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty} \sum_{x \in A} B_{n, k} (x) + \sum_{x \in B} ε B_{n, k} (x) \leq \frac{{∥ f ∥}_{\infty}}{2 n α^{2}} + ε .$

Pour $n$ assez grand, on a

${∥ f ∥}_{\infty} / 2 n α^{2} \leq ε$

et donc $| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 ε$ uniformément en $x$ .

Exercice 149 1146 Correction

(Théorème de Weierstrass: preuve par convolution)

$n$ désigne un entier naturel.
On pose

a_{n} = \int_{- 1}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t

et l’on considère la fonction $φ_{n} : [- 1; 1] \to ℝ$ définie par

φ_{n} (x) = \frac{1}{a_{n}} {(1 - x^{2})}^{n} .

(a)

Calculer $\int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t$ . En déduire que

$a_{n} = \int_{- 1}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t \geq \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Soit $α \in] 0; 1]$ . Montrer que $(φ_{n})$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[α; 1]$ .
(c)

Soit $f$ une fonction continue de $ℝ$ vers $ℝ$ nulle en dehors de $[- 1 / 2; 1 / 2]$ .
Montrer que $f$ est uniformément continue.
On pose

$f_{n} (x) = \int_{- 1}^{1} f (x - t) φ_{n} (t) d t$

pour tout $x \in ℝ$ .
(d)

Montrer que $f_{n}$ est une fonction polynomiale sur $[- 1 / 2; 1 / 2]$
(e)

Montrer que

$f (x) - f_{n} (x) = \int_{- 1}^{1} (f (x) - f (x - t)) φ_{n} (t) d t .$
(f)

En déduire que $f_{n}$ converge uniformément vers $f$ sur $ℝ$ .
(g)

Soit $f$ une fonction réelle continue nulle en dehors de $[- a; a]$ .
Montrer que $f$ est limite uniforme d’une suite de polynômes.
(h)

Soit $f$ une fonction réelle continue sur $[a; b]$ .
Montrer que $f$ est limite uniforme d’une suite de polynômes.

Solution

(a)

On a

$\int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t = \frac{1}{2 (n + 1)} .$

On en déduit

$a_{n} = 2 \int_{0}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t \geq 2 \int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t = \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Sur $[α; 1]$ ,

$| φ_{n} (x) | \leq \frac{{(1 - α^{2})}^{n}}{a_{n}} \leq (n + 1) {(1 - α^{2})}^{n} \to 0 .$
(c)

Sur le compact $[- 1; 1]$ , $f$ est uniformément continue car $f$ est continue. Ainsi:

$\forall ε > 0, \exists α > 0, \forall x, y \in [- 1; 1], | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε .$

Pour $α^{'} = \min (α,1 / 2)$ , on a pour tous $x, y \in ℝ$ tels que $| x - y | \leq α^{'}$
Si $x, y \in [- 1; 1]$ alors

$| f (x) - f (y) | \leq ε .$

Sinon $x, y \in [1 / 2; + \infty [$ ou $x, y \in] - \infty; - 1 / 2]$ et alors

$| f (x) - f (y) | = 0 \leq ε .$
(d)

On a

$f_{n} (x) = \int_{x - 1}^{x + 1} f (u) φ_{n} (x - u) d u .$

Or

$φ_{n} (x - u) = \sum_{k = 0}^{2 n} a_{k} (u) x^{k}$

donc

$f_{n} (t) = \sum_{k = 0}^{2 n} (\int_{x - 1}^{x + 1} f (u) a_{k} (u) d u) x^{k} .$

Mais

$\int_{x - 1}^{x + 1} f (u) a_{k} (u) d u = \int_{- 1 / 2}^{1 / 2} f (u) a_{k} (u) d u$

pour $x \in [- 1 / 2; 1 / 2]$ car $x - 1 \leq - 1 / 2$ et $x + 1 \geq 1 / 2$ alors que $f$ est nulle en dehors que $[- 1 / 2; 1 / 2]$ . Il s’ensuit que $f_{n}$ est polynomiale.
(e)

On observe que

$\int_{- 1}^{1} φ_{n} (t) d t = 1$

et la relation proposée est alors immédiate sur $[- 1 / 2; 1 / 2]$ .
(f)

On a

$\forall ε > 0, \exists α > 0, \forall x, y \in ℝ, | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε$

et alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq \int_{- α}^{α} | f (x) - f (x - t) | φ_{n} (t) d t + 4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \leq ε + 4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t .$

Or

$\int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \to 0$

donc pour $n$ assez grand

$4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \leq ε$

et alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 ε .$
(g)

Il suffit de commencer par approcher la fonction $x \mapsto f (2 a x)$ qui vérifie les conditions de la question précédente.
(h)

Soit $A > 0$ tel que $[a; b] \subset [- A; A]$ . Il suffit de prolonger $f$ par continuité de sorte qu’elle soit nulle en dehors de $[- A; A]$ .

Exercice 150 1141

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue telle que, pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t = 0 .

Montrer que $f$ est la fonction identiquement nulle.

Exercice 151 5046 Correction

Soit $f : [- 1; 1] \to ℝ$ une fonction continue vérifiant

\int_{- 1}^{1} t^{2 k} f (t) d t = 0 pour tout k \in ℕ .

Montrer que $f$ est une fonction impaire.

Solution

On introduit les parties paire et impaire de $f$ :

f (t) = g (t) + h (t) avec g (t) = \frac{1}{2} (f (t) + f (- t)) et h (t) = \frac{1}{2} (f (t) - f (- t)) .

Soit $(P_{n})$ une suite de polynômes convergeant uniformément vers $g$ sur $[- 1; 1]$ .

D’une part, pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t = \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (t) d t + \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (- t) d t .

On réexprime la seconde intégrale par le changement de variable $u = - t$ et l’on obtient

	$\int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t$	$= \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (t) d t + \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (- t) f (t) d t$
		$= \int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} (P_{n} (t) + P_{n} (- t)) f (t) d t .$

Or la fonction polynôme $t \mapsto P_{n} (t) + P_{n} (- t)$ ne comporte que des puissances paires de $t$ et l’hypothèse donne

\int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} (P_{n} (t) + P_{n} (- t)) f (t) d t = 0 .

D’autre part,

| \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t - \int_{- 1}^{1} {(g (t))}^{2} d t | \leq \int_{- 1}^{1} | g (t) | d t \times sup_{t \in [- 1; 1]} | P_{n} (t) - g (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc

\int_{- 1}^{1} {(g (t))}^{2} d t = 0 .

La fonction $g^{2}$ est continue, positive et d’intégrale nulle, c’est la fonction nulle.

On conclut que $f$ est égale à $h$ , c’est-à-dire que $f$ est une fonction impaire.

Cette étude peut être interprétée en terme d’orthogonalité dans l’espace des fonctions réelles continues sur $[- 1; 1]$ muni du produit scalaire

(f ∣ g) = \int_{- 1}^{1} f (t) g (t) d t .

Exercice 152 2828 MINES (MP)Correction

Soit $f \in 𝒞 ([a; b], ℝ)$ . On suppose que pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{a}^{b} x^{n} f (x) d x = 0 .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est identiquement nulle.
(b)

Calculer

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} x^{n} e^{- (1 - i) x} d x .$
(c)

En déduire qu’il existe $f$ dans $𝒞 ([0; + \infty [, ℝ)$ , non identiquement nulle, telle que

$\int_{0}^{+ \infty} x^{n} f (x) d x = 0 pour tout n \in ℕ .$

Solution

(a)

Par combinaison linéaire, on remarque que pour tout polynôme $P \in ℝ [X]$ ;

$\int_{a}^{b} f P = 0 .$

Par le théorème de Weierstrass, pour tout $ε > 0$ , il existe $P \in ℝ [X]$ tel que ${∥ f - P ∥}_{\infty} \leq ε$ .

$0 \leq \int_{a}^{b} f^{2} = \int_{a}^{b} f (f - P) + \int_{a}^{b} f P = \int_{a}^{b} f (f - P) \leq (b - a) {∥ f ∥}_{\infty} ε .$

En faisant tendre $ε$ vers $0$ par valeurs supérieures, on obtient $\int_{a}^{b} f^{2} = 0$ . Sachant que la fonction $f^{2}$ est continue et positive, c’est nécessairement la fonction identiquement nulle et donc $f = 0$ .
(b)

L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties généralisée,

$(n + 1) I_{n} = (1 - i) I_{n + 1} .$

Or $I_{0} = \frac{1 + i}{2}$ donc

$I_{n} = \frac{{(1 + i)}^{n + 1}}{2^{n + 1}} n! .$
(c)

$I_{4 p + 3} \in ℝ$ donc

$\int_{0}^{+ \infty} x^{4 p + 3} \sin (x) e^{- x} d x = 0$

puis

$\int_{0}^{+ \infty} u^{p} \sin (u^{1 / 4}) e^{- u^{1 / 4}} d u = 0 pour tout p \in ℕ .$

Exercice 153 2780 MINES (MP)Correction

On note $E$ l’espace vectoriel des fonctions réelles définies et continues sur $[0; + \infty [$ et dont le carré est intégrable. On le munit de la norme

{∥ \cdot ∥}_{2} : f \mapsto \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .

On note $E_{0}$ l’ensemble des $f \in E$ telles que $f$ est nulle hors d’un certain segment $[0; A]$ (avec $A \in ℝ_{+}$ pouvant dépendre de $f$ ).

On note $F$ l’ensemble des fonctions de $E$ de la forme $x \mapsto P (e^{- x}) e^{- x^{2} / 2}$ avec $P$ parcourt $ℝ [X]$ .

Montrer que $E_{0}$ est dense dans $E$ puis que $F$ est dense dans $E$ .

Solution

Soit $f$ une fonction élément de $E$ .

Pour tout $ε > 0$ , il existe un réel $A$ vérifiant

\int_{A}^{+ \infty} f^{2} (t) d t \leq ε .

Considérons alors la fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par $φ (t) = 1$ pour $t \in [0; A]$ , $φ (t) = 0$ pour $t \geq A + 1$ et $φ (t) = 1 - (t - A)$ pour $t \in [A; A + 1]$ . La fonction $f φ$ est éléments de $E_{0}$ et

{∥ f - f φ ∥}_{2} \leq \sqrt{\int_{A}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} \leq ε .

Ainsi, $E_{0}$ est dense dans $E$ .

Pour montrer maintenant que $F$ est dense dans $E$ , nous allons établir que $F$ est dense dans $E_{0}$ .
Soit $f$ une fonction élément de $E_{0}$ . Remarquons

\int_{0}^{+ \infty} {(f (t) - P (e^{- t}) e^{- t^{2} / 2})}^{2} d t \underset{u = e^{- t}}{=} \int_{0}^{1} {(f (- \ln (u)) e^{{(\ln (u))}^{2} / 2} - P (u))}^{2} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} d u .

La fonction $u \mapsto \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ car

\sqrt{u} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} \to_{u \to 0}^{} 0 .

La fonction $g : u \mapsto f (- \ln (u)) e^{{(\ln (u))}^{2} / 2}$ peut être prolongée par continuité en 0 car $f$ est nulle en dehors d’un segment. Par le théorème de Weierstrass, pour tout $ε > 0$ , il existe un polynôme $P \in ℝ [X]$ vérifiant ${∥ g - P ∥}_{\infty, [0; 1]} \leq ε$ et, pour $φ : t \mapsto P (e^{- t}) e^{- t^{2} / 2}$ , on a alors

{∥ f - φ ∥}_{2} \leq λ ε avec λ = \sqrt{\int_{0}^{1} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} d u} .

Cela permet de conclure à la densité proposée.

Exercice 154 1140

(Lemme de Lebesgue)

Soit $f : [a; b] \to ℂ$ continue par morceaux. Montrer

\int_{a}^{b} f (t) e^{i n t} d t \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 155 2601 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue par morceaux. On désire établir

lim_{n \to + \infty} (\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x) = \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .

(a)

Vérifier le résultat pour une fonction $f$ constante.
(b)

Observer le résultat pour une fonction $f$ en escalier.
(c)

Étendre au cas où $f$ est une fonction continue par morceaux.

Solution

(a)

Supposons $f$ constante égale à $C$ .

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x = C \int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x .$

Par le changement de variable $t = n x$ et emploi de la relation de Chasles,

$\int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x$ $= \frac{1}{n} \int_{n a}^{n b} | \sin (t) | d t$

$= \frac{1}{n} (\int_{n a}^{p π} | \sin (t) | d t + \sum_{k = p}^{q - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} | \sin (t) | d t + \int_{q π}^{n b} | \sin (t) | d t)$

avec $p = ⌊ \frac{n a}{π} ⌋ + 1$ et $q = ⌊ \frac{n b}{π} ⌋$ . On a

$\int_{n a}^{p π} | \sin (n x) | d x \leq π et \int_{q p}^{n b} | \sin (n x) | d x \leq π .$

De plus, pour $k = p, \dots, q - 1$ ,

$\int_{k π}^{(k + 1) π} | \sin (t) | d t = \int_{0}^{π} | \sin (t + k π) | d t = \int_{0}^{π} | \sin (t) | d t = \int_{0}^{π} \sin (t) d t = 2$

et donc

$\frac{1}{n} \sum_{k = p}^{q - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} | \sin (t) | d t = 2 \frac{q - p}{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} (b - a) .$

Ainsi,

$\int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} (b - a)$

puis

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x = \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .$
(b)

Supposons $f$ en escalier.

Soit $(a_{0}, \dots, a_{n})$ une subdivision adaptée à $f$ . Par l’étude qui précède, pour $k = 1, \dots, n$ ,

$\int_{a_{k - 1}}^{a_{k}} f (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a_{k - 1}}^{a_{k}} f .$

Puis en sommant par la relation de Chasles

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f .$
(c)

Supposons enfin $f$ continue par morceaux.
Pour $ε > 0$ , il existe $φ$ en escalier vérifiant

$sup_{x \in [a; b]} | f (x) - φ (x) | \leq \frac{ε}{b - a} .$

Puisque

$\int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a}^{b} φ (x) d x$

pour $n$ assez grand, on a

$| \int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x - \frac{2}{π} \int_{a}^{b} φ (x) d x | \leq ε .$

Or

$| \int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x - \int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x | \leq ε$

et

$| \int_{a}^{b} φ (x) d x - \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq ε$

donc

$| \int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x - \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq 2 ε + \frac{2}{π} ε .$

Ainsi,

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .$

Édité le 17-06-2025

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$\leq \int_{- \infty}^{- a} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s$
		$+ \int_{a}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s$
		$\leq 2 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s + 2 M ε$
		$= 4 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s .$

	$0 \leq x^{β_{n}} - x^{2}$	$= \int_{β_{n}}^{2} \| \ln (x) \| x^{t} d t$
		$\leq (2 - β_{n}) \| \ln (x) \| . x^{β_{n}} \leq (2 - β_{n}) \| \ln (x) \| x .$

	$f_{n} (x)$	$\leq \ln (n) - \sum_{k = 0}^{n} (\ln (k + 1 + x) - \ln (k + x))$
		$= \ln (n) + \ln (x) - \ln (n + 1 + x) \leq \ln (x) .$

	$f_{N} (x) - f_{n} (x)$	$= \ln (\frac{N}{n}) - \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k + x}$
		$\leq \ln (\frac{N}{n}) - \sum_{k = n + 1}^{N} \frac{1}{k + a}$
		$= f_{N} (a) - f_{n} (a) .$

	$sup_{x \in [0; 1]} \| f_{n} (x) \|$	$= f_{n} (\frac{1}{n + 1})$
		$= \frac{1}{(n + 1) \ln (n + 1)} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n}$
		$\underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{e} \cdot \frac{1}{n \ln (n)} .$

	$sup_{x \in [0; π]} \| f_{n} (x) \|$	$= sup_{x \in [0; π / 2]} \| f_{n} (x) \| = f_{n} (α_{n}) = {(\frac{n}{n + 1})}^{n / 2} {(1 - \frac{n}{n + 1})}^{1 / 2}$
		$= \frac{1}{\sqrt{n + 1}} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n / 2} \leq \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

	$sup_{x \in [0; π]} \| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} f_{k} (x) \|$	$\geq \frac{1}{\sqrt{n + 1}} {(\frac{n}{n + 1})}^{(n + 1) / 2} \frac{1}{1 - \sqrt{\frac{n}{n + 1}}}$
		$= \frac{1}{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}} {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{(n + 1) / 2}$
		$\underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \sqrt{n} e^{- 1 / 2} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

	$\sum_{n = 1}^{N} f_{n} (x)$	$= \sum_{n = 1}^{N} \frac{S_{n} (x)}{n} - \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{S_{n} (x)}{n + 1}$
		$= \frac{S_{N} (x)}{N} + \sum_{n = 1}^{N - 1} (\frac{S_{n} (x)}{n} - \frac{S_{n} (x)}{n + 1}) - S_{0} (x)$
		$= \frac{S_{N} (x)}{N} + \sum_{n = 1}^{N - 1} \frac{S_{n} (x)}{n (n + 1)} .$

	$\| f (x) - \sum_{n = 1}^{N} f_{n} (x) \|$	$\leq \frac{\| S_{N} (x) \|}{N} + \sum_{n = N}^{+ \infty} \frac{\| S_{n} (x) \|}{n (n + 1)}$
		$\leq \frac{M}{N} + \sum_{n = N}^{+ \infty} \frac{M}{n (n + 1)} = \frac{2 M}{N}$

	$I_{n}$	$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \int_{0}^{1} t^{2 n} d t$
		$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \times {[\frac{t^{2 n + 1}}{2 n + 1}]}_{0}^{1}$
		$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \cdot \frac{1}{2 n + 1} = \frac{{(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} .$

	$\| \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} \|$	$= \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} = {(\frac{(n + 1)!}{n!})}^{2} \frac{(2 n + 1)!}{(2 n + 3)!}$
		$= \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 3)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{2}}{4 n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4} < 1 .$

	$I (x)$	$= {[\ln (t) \frac{t^{1 - x}}{1 - x}]}_{3}^{+ \infty} + \frac{1}{x - 1} \int_{3}^{+ \infty} t^{- x} d t$
		$= \ln (3) \frac{3^{1 - x}}{x - 1} - \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} {[t^{1 - x}]}_{3}^{+ \infty}$
		$= \ln (3) \frac{3^{1 - x}}{x - 1} + \frac{3^{1 - x}}{{(x - 1)}^{2}} {[t^{1 - x}]}_{3}^{+ \infty} \underset{x \to 1^{+}}{\sim} \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} .$

	$\sum_{n = 2}^{N} \frac{1}{n \ln (n)}$	$\geq \sum_{n = 2}^{N} \int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{t \ln (t)} = \int_{2}^{N + 1} \frac{d t}{t \ln (t)}$
		$= {[\ln (\ln (t))]}_{2}^{N + 1} = \ln (\ln (N + 1)) - \ln (\ln (2)) \to_{N \to + \infty}^{} + \infty .$

	$I (x)$	$\underset{x \to 1^{+}}{\sim} - \ln (1 - 2^{1 - x}) = - \ln ((x - 1) \ln (2) + o (x - 1))$
		$= \underset{\begin{matrix} \to + \infty \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (x - 1)}} + \underset{\begin{matrix} \to \ln (\ln 2) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (\ln (2) + o (1))}} \underset{x \to 1^{+}}{\sim} - \ln (x - 1) .$

	$f (2) - f (1)$	$= f (2) = - \ln (2) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} 2 \ln (1 + \frac{1}{n}) - \ln (1 + \frac{2}{n})$
		$= - \ln (2) + \sum_{n = 1}^{+ \infty} (2 \ln (n + 1) - \ln (n) - \ln (n + 2)) = 0 .$

	$S (x)$	$= \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \prod_{k = 1}^{n} \frac{1}{(x + k)}$
		$= \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \prod_{k = 0}^{n} \frac{1}{(x + 1 + k)}$
		$= \frac{1}{x} + \frac{1}{x} S (x + 1) .$

	$S (x + 1)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (x + 1 + n) - th (n))$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (x + 1 + n) - th (n + 1)) + \sum_{n = 0}^{+ \infty} (th (n + 1) - th (n))$

	$S_{N} (\frac{x}{2}) + S_{N} (\frac{x + 1}{2})$	$= \sum_{n = - N}^{N} \frac{2}{x - 2 n} + \sum_{n = - N}^{N} \frac{2}{x - (2 n - 1)}$
		$= \sum_{n = - 2 N - 1}^{2 N} \frac{2}{x - n} = 2 S_{2 N} (x) + \frac{2}{x + 2 N + 1} .$

	$F (x)$	$= F (0) + \int_{0}^{x} F^{'} (t) d t = \int_{0}^{x} \sum_{p = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{p - t} - \frac{1}{p}) d t$
		$= \sum_{p = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{x} \frac{1}{p - t} - \frac{1}{p} d t = \sum_{p = 1}^{+ \infty} \ln (\frac{p}{p - x}) - \frac{x}{p} .$

	$\| u_{p} (s) \|$	$\leq \| s \| \frac{({(2 p - 1)}^{a - 1} + {(2 p)}^{a - 1})}{{(2 p)}^{a} {(2 p - 1)}^{a}}$
		$\leq \| s \| (\frac{1}{{(2 p)}^{a} (2 p - 1)} + \frac{1}{(2 p) {(2 p - 1)}^{a}}) .$

	$\int_{a}^{b} \| \sin (n x) \| d x$	$= \frac{1}{n} \int_{n a}^{n b} \| \sin (t) \| d t$
		$= \frac{1}{n} (\int_{n a}^{p π} \| \sin (t) \| d t + \sum_{k = p}^{q - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} \| \sin (t) \| d t + \int_{q π}^{n b} \| \sin (t) \| d t)$