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

 
Exercice 1  868  Correction  

Établir que la limite simple d’une suite de fonctions de I vers convexes est convexe.

Solution

Supposons que la suite (fn) converge simplement vers f sur I avec chaque fn convexe. Pour tous a,bI et λ[0;1],

n,fn(λa+(1-λ)b)λfn(a)+(1-λ)fn(b).

À la limite quand n+, on obtient

f(λa+(1-λ)b)λf(a)+(1-λ)f(b).

Cela fournit la convexité de f.

 
Exercice 2  879  

Soit (fn) une suite de fonctions de [a;b] vers convergeant uniformément vers une fonction f:[a;b] continue.

Montrer que, si (xn) désigne une suite d’éléments de [a;b] convergeant vers x[a;b], alors

fn(xn)n+f(x).
 
Exercice 3  884  Correction  

Soient (fn) et (gn) deux suites de fonctions convergeant uniformément vers des fonctions f et g supposées bornées.
Montrer que la suite de fonctions (fngn) converge uniformément vers fg.

Solution

Pour n assez grand, on peut introduire fn-f et gn-g. On peut ensuite écrire

fngn-fg =fn(gn-g)+(fn-f)g
fngn-g+gfn-f.

Or fnf et donc la suite (fn) est bornée car convergente. Par opérations sur les limites, on obtient alors

fngn-fgfngn-g+gfn-fn+0

car

fn-fn+0etgn-gn+0.
 
Exercice 4  885   Correction  

Soient (fn) une suite de fonctions convergeant uniformément vers une fonction f et g une fonction uniformément continue.
Montrer que la suite de fonctions (gfn) converge uniformément.

Solution

Par uniforme continuité, on sait

ε>0,α>0,|x-y|α|g(x)-g(y)|ε.

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

xI,|fn(x)-f(x)|α

et donc

xI,|g(fn(x))-g(f(x))|ε.

Ainsi, il y a convergence uniforme de la suite de fonctions (gfn) vers gf.

 
Exercice 5  886   

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

 
Exercice 6  878   Correction  

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

inf[a;b]fninf[a;b]f.

Solution

Posons

mn=inft[a;b]fn(t).

Puisque la fonction fn est continue sur le segment [a;b], cet infimum est une valeur prise par fn et donc il existe tn[a;b] tel que

mn=fn(tn).

Montrons que mnm avec

m=inft[a;b]f.

La fonction f est continue car limite uniforme d’une suite de fonctions continues et donc il existe t[a;b] pour lequel

m=f(t).

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

fn-fε

et donc

mn=fn(tn)f(tn)-εm-ε

et

m=f(t)fn(t)-εmn-ε.

Ainsi,

|mn-m|ε.

On peut alors affirmer mnm.

 
Exercice 7  894   

Soit (Pn) une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers une fonction f sur .

  • (a)

    Justifier qu’il existe un entier naturel N tel que, pour tout nN et tout réel x,

    |Pn(x)-PN(x)|1.

    Qu’en déduire quant aux fonctions polynômes Pn-PN lorsque nN?

  • (b)

    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  871  Correction  

On pose

un(x)={xnln(x) si x]0;1]0 si x=0.

Étudier la convergence simple et uniforme de la suite de fonctions (un)n1 sur [0;1].

Solution

La suite de fonctions (un) converge simplement vers la fonction nulle sur [0;1] car

x[0;1],un(x)n+0

Les fonctions un sont continues sur [0;1] pour n1 et dérivables sur ]0;1] avec

un(x)=xn-1(1+nln(x)).

Le tableau des variations de un donne

sup[0;1]|un|=-un(e-1/n)=1nen+0.

La suite de fonctions converge donc uniformément sur [0;1] vers la fonction nulle sur [0;1].

 
Exercice 9  872  Correction  

Étudier la convergence simple et uniforme sur [0;+[ de la suite de fonctions (fn) définie par

fn(x)=xn(1+xn).

Solution

Pour x[0;+[,

fn(x)n+0 car |fn(x)|xn

La suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction nulle sur [0;+[.

Pour tout n*, fn est dérivable sur [0;+[ et

fn(x)=n(1+xn)-n2xnn2(1+xn)2=1+(1-n)xnn(1+xn)2.

Introduisons xn=1/(n-1)n.

x0xn+fn(x)0Mn0

donc

fn=Mn=fn(xn)=1/(n-1)nn(1+1n-1)=e-1nln(n-1)n2n-1n+0.

Il y a donc convergence uniforme de la suite de fonction (fn) vers la fonction nulle sur [0;+[.

 
Exercice 10  2527     CCP (MP)Correction  

Étudier la convergence simple et uniforme sur de la suite de fonctions (fn) donnée par

fn(x)=sinn(x)cos(x).

Solution

Cas: xπ2[π]. On a |sin(x)|<1 et donc (fn(x)) tend vers 0.

Cas: x=π2[π]. On a cos(x)=0 et donc (fn(x)) est une suite constante égale à 0.

Ainsi, (fn) converge simplement vers la fonction nulle sur .

Par 2π périodicité et parité, on ne poursuit l’étude qu’avec x[0;π]. La fonction fn est dérivable avec

fn(x)=sinn-1(x)((n+1)cos2(x)-1).

On peut dresser le tableau de variation de fn sur [0;π] et l’on obtient

sup|fn|=|fn(arccos(1n+1))|=(1-1(n+1))n/21n+1n+0.

La suite de fonction (fn) converge donc uniformément vers la fonction nulle.

Figure 1: Les premières fonctions de la suite (fn)
 
Exercice 11  2830     MINES (MP)Correction  

On pose

fn(x)=1(1+x)1+1/npour tout x0.

Étudier la convergence simple puis uniforme de la suite de fonctions (fn)n*.

Solution

Pour x+,

fn(x)=1(1+x)1+1/nn+11+x=f(x).

On a

f(x)-fn(x)=(1+x)1/n-1(1+x)1+1/n.

Or, pour α]0;1], la fonction x(1+x)α est concave ce qui permet d’affirmer

0(1+x)α1+αxpour tout x0

On a donc

|f(x)-fn(x)|1nx(1+x)1+1/n1nx1+x1nn+0.

On en déduit qu’il y a convergence uniforme sur +.

 
Exercice 12  4741  

On considère la suite de fonctions (un) avec

un(t)=nt(1-t)npour tout t[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]0;1] arbitraire.

  • (d)

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

 
Exercice 13  4742  

On considère la suite de fonctions (un) avec

un(t)=nsin(t)e-ntpour tout t+.
  • (a)

    Étudier sa convergence simple sur +.

  • (b)

    Montrer qu’il y a convergence uniforme sur tout intervalle [a;+[ avec a>0 arbitraire.

  • (c)

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

 
Exercice 14  870  Correction  

On pose

un(x)=e-nxsin(nx)pour tout x+.
  • (a)

    Étudier la convergence simple de la suite de fonctions (un) sur [0;+[.

  • (b)

    Étudier la convergence uniforme sur [a;+[ avec a>0.

  • (c)

    Étudier la convergence uniforme sur [0;+[.

Solution

  • (a)

    Soit x[0;+[.

    Cas: x=0. On a un(x)=00.

    Cas: x>0. On a un(x)0 car e-nx0.

    La suite de fonctions (un) converge donc simplement vers la fonction nulle sur +.

  • (b)

    Soit a>0. On a

    supx[a;+[|un(x)|e-nan+0

    Il y a donc convergence uniforme sur [a;+[.

  • (c)

    Puisque

    unun(π/2n)=e-π/2↛0

    il n’y a pas convergence uniforme sur +.

 
Exercice 15  873  Correction  

On pose

fn(x)=nx2e-nxpour tout x+.

Étudier la convergence uniforme de (fn) sur + puis sur [a;+[ avec a>0.

Solution

Pour n, la fonction fn est dérivable avec fn(x)=nx(2-nx)e-nx. Le tableau de variation de fn donne

sup+|fn|=fn(2n)=4ne-2n+0

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

 
Exercice 16  874  Correction  

On pose

fn(x)=1(1+x2)npour tout x.

Étudier la convergence uniforme de (fn) sur puis sur ]-;-a][a;+[ avec a>0.

Solution

On observe

fn(0)n+1etfn(x)n+0pour x0

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

En revanche, si |x||a| alors

|fn(x)|1(1+a2)nn+0

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

 
Exercice 17  875  Correction  

On pose

fn(0)=0etfn(x)=x2sin(1nx)pour tout x*.
  • (a)

    Étudier la convergence uniforme de (fn) sur .

  • (b)

    Étudier la convergence uniforme de (fn) sur [-a;a] avec a>0.

Solution

  • (a)

    Pour x, nul ou non, on a fn(x)0. Il y a convergence simple de (fn) vers la fonction f nulle. On a

    fn(x)-f(x)x+x2×1nx=xnx++.

    La fonction fn-f n’étant pas bornée sur , il n’y a pas convergence uniforme sur .

  • (b)

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

    |fn(x)|x2n|x|=|x|nann+0

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

 
Exercice 18  2518     CCP (MP)Correction  

Étudier la convergence de la suite de fonctions (fn) définie par

fn(x)=nx2e-nx1-e-x2pour x0.

Solution

fn est définie sur * et peut être prolongée par continuité en 0 en posant sur fn(0)=n.

Pour x0,

fn(x)n++.

Pour x>0,

fn(x)n+0.

Ainsi, (fn) converge simplement vers la fonction nulle sur +*.

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

limx0+limn+fn(x)=limn+limx0+fn(x)

donne 0=+.

Soit a>0. Pour x[a;+[,

|fn(x)|nx2e-nx1-e-a2

et, après étude fonctionnelle, nx2e-nx4ne2 (maximum en x=2/n) donc

fn,[a;+[4e2n(1-e-a2)n+0

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

 
Exercice 19  876   Correction  

On pose

fn(x)=2nx1+n2nx2 pour x.

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

Solution

La suite (fn) converge simplement vers la fonction nulle et

supx|fn(x)|=|fn(±1/n2n)|=2n2nn++

il n’y a donc pas convergence uniforme sur .

Soit a>0. Sachant

1/n2nn+0

le tableau de variation de fn assure que pour n assez grand,

supxa|fn(x)|=fn(a)n+0.

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

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

 
Exercice 20  877   Correction  

On pose

fn(x)=4n(x2n-x2n+1)pour tout x[0;1].

Sur quels intervalles y a-t-il convergence uniforme de la suite (fn)?

Solution

On a

supx[0;1]|fn(x)|=fn(1/22n)=4n-1n++

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

Or

1/22nn+1

et donc, d’après le tableau de variation de fn, pour tout a[0;1[, on a, pour n assez grand,

supx[0;a]|fn(x)|=fn(a)n+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 21  881   Correction  

Soient α et fn:[0;1] définie par

fn(x)=nαx(1-x)n.
  • (a)

    Étudier la limite simple de la suite (fn).

  • (b)

    Pour quels α, y a-t-il convergence uniforme?

Solution

  • (a)

    Cas: x=0. On a fn(x)=00.

    Cas: x]0;1]. On a ausi fn(x)0 par comparaison des suites de référence.

  • (b)

    La fonction fn est dérivable avec

    fn(x)=nα(1-x)n-nα+1x(1-x)n-1=nα(1-x)n-1(1-(n+1)x).

    Après étude des variations

    fn=fn(1n+1)=nα1n+1(1-1n+1)n.

    avec

    (1-1n+1)n=enln(1-1n+1)=e-1+o(1)n+e-1

    donc

    fnn+nα-1e.

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

 
Exercice 22  4746  

Étudier la convergence simple de la suite de fonctions (un)n1 définies sur + par

un(t)={(1-tn)n si t[0;n[0 si t[n;+[.
 
Exercice 23  2972     X (MP)Correction  

Soit, pour n, fn la fonction définie sur + par

fn(x)={(1-xn)n si x[0;n[0 si xn

Étudier le mode de convergence de (fn).

Solution

Soit x+. Pour n assez grand,

fn(x)=(1-xn)n=exp(nln(1-xn))n+e-x.

La suite (fn) converge simplement vers f:xe-x avec fnf (car on sait ln(1+u)u pour u convenable).

Étudions δn=f-fn0.

Pour x[n;+[,

δn(x)=e-xe-n.

Pour x[0;n[,

δn(x)=e-x-(1-xn)netδn(x)=-e-x+(1-xn)n-1

Posons

φn(x)=(n-1)ln(1-xn)+x.

On a

φn(x)=n-1n1x/n-1+1=x-1x-n

du signe de 1-x.

Par étude des variations de φn, on obtient l’existence de xn[0;n[ tel que φn(x)0 pour xxn et φn(x)0 pour xxn. On en déduit que pour xxn, δn(x)0 et pour xxn, δn(x)0. Ainsi,

δn,[0;n[=δn(xn)=(1-xnn)n-1-(1-xnn)n=xnne-xn.

Puisque la fonction xxe-x est bornée par un certain M sur +, on obtient

δn,[0;n[Mn.

Finalement,

δn,[0;+[max(Mn,e-n)0.

On peut donc affirmer que la suite (fn) converge uniformément sur + vers f.

 
Exercice 24  890   Correction  

Pour n*, soit fn:+ définie par

fn(x)=(1+xn)-n.
  • (a)

    Étudier la limite simple de (fn) et montrer que

    x+,fn(x)limfn(x).
  • (b)

    En partant de l’encadrement suivant valable pour tout t+,

    t-t22ln(1+t)t

    justifier que la suite (fn) converge uniformément sur tout intervalle [0;a] (avec a>0).

  • (c)

    Établir qu’en fait, la suite de fonctions (fn) converge uniformément sur +.

Solution

  • (a)

    Pour x+,

    fn(x)=exp(-nln(1+xn))=n+exp(-x+o(1))n+e-x=f(x).

    On sait ln(1+t)t pour t convenabl et donc, par opérations, fn(x)e-x.

  • (b)

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

    t-t22ln(1+t)t

    donc

    xn-x22n2ln(1+xn)xn

    puis

    e-xfn(x)e-x+x22n=e-xex22n.

    Soit x[0;a].

    ex22nea22nn+1.

    Pour ε>0, il existe N tel que pour tout nN, |ea2/2n-1|ε. On a alors pour tout x[0;a],

    |fn(x)-f(x)|e-x(ex2/2n-1)ea2/2n-1ε.

    Par suite, (fn) converge uniformément vers f sur [0;a].

  • (c)

    Les fonctions fn sont décroissantes donc

    xa,fn(x)fn(a).

    Soit ε>0.
    Puisque e-aa+0, il existe a+ tel que pour tout xa,

    e-xε/3.

    Puisque fn(a)e-a, il existe N tel que

    nN,|fn(a)-e-a|ε/3.

    Mais alors pour toutxa,

    |fn(x)-e-x|fn(x)+e-xfn(a)+e-x(fn(a)-e-a)+e-a+e-xε.

    De plus, (fn) converge uniformément sur [0;a] et il existe donc N tel que

    nN,x[0;a],|fn(x)-e-x|ε.

    Finalement,

    nmax(N,N),x+,|fn(x)-e-x|ε.

    Ainsi,

    fn+CVUf.
 
Exercice 25  892  Correction  

Soit fn:[0;1] définie par

fn(x)={n2x(1-nx) si x[0;1/n]0 sinon.
  • (a)

    Étudier la limite simple de la suite (fn).

  • (b)

    Calculer

    01fn(t)dt.

    Y a-t-il convergence uniforme de la suite de fonction (fn)?

  • (c)

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

Solution

  • (a)

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

  • (b)

    On a

    01fn(t)dt=01/nn2t(1-nt)dt=01u(1-u)du=16.

    Il n’y a pas convergence uniforme de la suite (fn) puisque

    01fn(t)dt↛010dt.
  • (c)

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

 
Exercice 26  891   Correction  

Pour x[0;π/2], on pose

fn(x)=nsin(x)cosn(x).
  • (a)

    Déterminer la limite simple de la suite de fonctions (fn).

  • (b)

    Calculer

    In=0π/2fn(x)dx.

    La suite (fn) converge-t-elle uniformément?

  • (c)

    Justifier qu’il y a convergence uniforme sur tout segment inclus dans ]0;π/2].

Solution

  • (a)

    Pour x=0, fn(x)=00.

    Pour x]0;π/2], cos(x)[0;1[ donc fn(x)0.

    La suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction nulle sur [0;π/2].

  • (b)

    Directement,

    In=[-nn+1cosn+1(x)]0π/2=nn+1.

    Puisque

    Inn+10π/20dx

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

  • (c)

    On a

    x0xnπ/2fn0fn(xn)0

    avec

    xn=arccos(nn+1)n+0

    et

    fn(xn)=n(1+1/n)(n+1)/2n+nen++.

    Soit [a;b]]0;π/2]. On a a>0 donc à partir d’un certain rang xn<a et alors

    sup[a;b]|fn|=fn(a)n+0.

    Il y a convergence uniforme sur [a;b].

 
Exercice 27  2831     MINES (MP)

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

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

et fn la fonction itérée d’ordre n de f:

fn=fffn facteurs.
  • (a)

    Étudier la convergence simple de la suite de fonctions (fn) 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 (fn) la suite de fonctions définies sur + par

f0(x)=xetfn+1(x)=x2+fn(x)pour n.

Étudier la convergence simple et uniforme de la suite (fn)n0 sur +.

Solution

Pour x0, la suite numérique (fn(x)) est une suite homographique. L’équation r=x2+r possède deux solutions r1=1+x-1 et r2=-1+x-1. Posons

gn(x)=fn(x)-r1fn(x)-r2.

On a

gn+1(x)=x2+fn(x)-x2+r1x2+fn(x)-x2+r2=fn(x)-r1fn(x)-r22+r22+r1=ρgn(x)

avec

ρ=2+r22+r1=r1r2.

Puisque |ρ|<1, la suite géométrique (gn(x)) converge vers 0. Or, après résolution de l’équation

gn(x)=fn(x)-r1fn(x)-r2

on obtient

fn(x)=r1-gn(x)r21-gn(x)

et l’on en déduit que la suite numérique (fn(x)) converge vers r1=1+x-1.

Finalement, la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction

f:x1+x-1.

Puisque les fonctions fn sont rationnelles de degrés alternativement 0 et 1, la fonction |fn-f| ne peut-être bornée sur + car de limite + en +: il n’y a pas convergence uniforme sur +.

En revanche, on peut montrer que la suite de fonctions (fn) converge uniformément vers f sur [0;a] pour tout a0. En effet,

fn(x)-f(x)=gn(x)1-gn(x)21+x.

D’une part, la fonction x21+x est bornée sur [0;a].

D’autre part,

gn(x)=(1+x-11+x+1)ng0(x).

Sur [0;a], la fonction

x|1+x-11+x+1|

admet un maximum de valeur <1 et, puisque la fonction continue g0 est bornée sur [0;a], on peut montrer que la suite de fonctions (gn) converge uniformément vers la fonction nulle sur [0;a].

La relation

fn(x)-f(x)=gn(x)1-gn(x)21+x

permet alors d’établir que la suite de fonctions (fn) converge uniformément vers f sur [0;a].

 
Exercice 29  882      ENSTIM (MP)

Soient f:[0;1] une fonction continue et, pour n, fn:[0;1] définie par

fn(x)=xnf(x).

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

 
Exercice 30  5049    

On considère la suite de fonctions (Pn) définie sur [0;1] par

P0(x)=0etPn+1(x)=Pn(x)+12(x-Pn2(x))pour tout n.
  • (a)

    Montrer que (Pn) converge uniformément sur [0;1] vers la fonction xx.

  • (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*, on considère fn:+ définie par

fn(x)=x+1n.

Montrer que la suite de fonctions (fn)n1 converge uniformément mais qu’il n’en est pas de même de (fn2)n1.

Solution

Pour x,

fn(x)n+x

et

|fn(x)-x|=1nn+0.

La suite de fonctions (fn) converge uniformément vers la fonction identité.

Pour x,

fn(x)2n+x2

et

fn(n)2-n2=2+1n2n+2.

Il n’y a pas convergence uniforme de la suite (fn2).

 
Exercice 32  869  Correction  

Pour n*, on considère fn: définie par

fn(x)=x2+1n.

Montrer que chaque fn est de classe 𝒞1 et que la suite (fn)n1 converge uniformément sur vers une fonction f qui n’est pas de classe 𝒞1.

Solution

Par opérations, les fonctions fn sont de classe 𝒞1 car est de classe 𝒞1 sur +*.

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

En multipliant par la quantité conjuguée,

fn(x)-f(x)=1n1x2+1/n+x2.

Par suite,

|fn(x)-f(x)|1n11/n=1n

puis

fn-f1nn+0.

Ainsi, la suite (fn) converge uniformément vers une fonction f qui n’est pas de classe 𝒞1.

 
Exercice 33  887  Correction  

Soit f: une fonction deux fois dérivable de dérivée seconde bornée.

Pour n*, on considère gn: donnée par

gn:xn(f(x+1n)-f(x))

Montrer que (gn) converge uniformément vers f sur .

Solution

Par la formule de Taylor Lagrange,

|f(x+1n)-f(x)-1nf(x)|Mn2

avec M=sup|f′′|. Par suite,

|gn(x)-f(x)|Mn

et donc

gn-f,n+0.
 
Exercice 34  3902   Correction  

Soit f: de classe 𝒞1. Pour n*, on considère un: définiepar

un(t)=n(f(t+1n)-f(t)).

Montrer que la suite de fonctions (un)n1 converge uniformément sur tout segment de vers une fonction à préciser.

Solution

Pour t,

un(t)=f(t+1/n)-f(t)1/nn+f(t).

La suite de fonctions (un)n1 converge simplement vers f sur .

Soient [a;b] et ε>0. La fonction f est continue sur le segment [a;b+1] dont uniformément continue. Il existe alors α>0 vérifiant

(s,t)[a;b+1]2,|s-t|α|f(s)-f(t)|ε.

Pour n assez grand de sorte que 1/nα et pour t[a;b], on peut écrire

n(f(t+1n)-f(t))-f(t)=ntt+1/n(f(s)-f(t))ds

et donc

|un(t)-f(t)|ntt+1/n|f(s)-f(t)|dtε.

Ainsi, la convergence de (un)n1 est uniforme sur tout segment de .

 
Exercice 35  888  Correction  

Soit (fn) une suite de fonctions de [0;1] vers convergeant simplement vers la fonction nulle sur [0;1].

On suppose toute les fonctions fn croissantes, montrer que la convergence de (fn) est uniforme.

Solution

Pour x[0;1],

fn(0)fn(x)fn(1)

donc

fn-0 =max(fn(0),-fn(1))
max(|fn(0)|,|fn(1)|)
|fn(0)|+|fn(1)|n+0.
 
Exercice 36  889   

(Théorème de Dini)

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

fn=supx[a;b]|fn(x)|.
  • (a)

    Justifier que pour tout n, il existe xn[a;b] tel que fn=fn(xn).

  • (b)

    Justifier la convergence de la suite de terme général fn.

  • (c)

    En observant que fn(xn)fp(xn) pour tout pn, montrer

    fnn+0.
 
Exercice 37  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

z1z-ω

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

Solution

Cas: |ω|>1. Pour z𝕌, on peut écrire

1z-ω=-1ωn=0+znωn

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

z1z-ω.

Cas: |ω|<1. On remarquer que pour tout k,

02πe-ikθeiθ-ωdθ=n=0+ωn02πe-i(n+(k+1))θdθ=0.

Si zPn(z) est une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément sur 𝕌 vers z1z-ω alors

02πPn(eiθ)¯1eiθ-ωdθn+02πdθ|eiθ-ω|20.

Or, par le calcul précédent, on peut affirmer

02πPn(eiθ)¯1eiθ-ωdθ=0.

On conclut à une absurdité.

La condition cherchée est |ω|>1.

 
Exercice 38  2969      X (MP)

Soit (fn) une suite de fonctions réelles convexes définies sur un intervalle ouvert non vide I. On suppose que la suite de fonctions (fn) 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 39  2532    CCP (MP)Correction  

Soient α et n*. Pour x+, on pose

fn(x)=x(1+nαe-nx).
  • (a)

    Montrer que la suite de fonctions (fn) converge simplement vers une fonction f à déterminer.

  • (b)

    Déterminer les valeurs de α pour lesquelles il y a convergence uniforme.

  • (c)

    Calculer

    limn+01x(1+ne-nx)dx.

Solution

  • (a)

    En distinguant le cas x=0 du cas général, on obtient que la suite de fonction (fn) converge simplement vers la fonction f donnée par f(x)=x.

  • (b)

    Par étude des variations de fn(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

    limn+01x(1+ne-nx)dx=01xdx=12.
 
Exercice 40  893   Correction  

On définit (un) suite de fonctions de [0;1] vers par

u0(x)=1etun+1(x)=1+0xun(t-t2)dtpour tout n.
  • (a)

    Montrer que pour tout x[0;1],

    0un+1(x)-un(x)xn+1(n+1)!.
  • (b)

    En déduire la convergence pour tout x[0;1] de la suite (un(x)).

  • (c)

    Établir que la suite (un) converge uniformément vers une fonction u non nulle vérifiant

    u(x)=u(x-x2).

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur n.

    Pour n=0, u0(x)=1 et u1(x)=1+0xdt=1+x donc 0u1(x)-u0(x)=x.

    Supposons la propriété établie au rang n0.

    un+2(x)-un+1(x)=0xun+1(t-t2)-un(t-t2)dt

    or un+1(t-t2)-un(t-t2)0 donc un+2(x)-un+1(x)0 et

    un+1(t-t2)-un(t-t2)(t-t2)n+1(n+1)!tn+1(n+1)!

    puis

    un+2(x)-un+1(x)xn+2(n+2)!.

    Récurrence établie.

  • (b)

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

    xnn!.

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

    (un+1(x)-un(x))

    et donc convergence de la suite (un(x)).

  • (c)

    Pour tout x[0;1],

    |u(x)-un(x)|=|k=n+1+(uk(x)-uk-1(x))|

    donc

    |u(x)-un(x)|k=n+1+xkk!k=n+1+1k!n+0.

    Ainsi (un) converge uniformément vers u. On en déduit que u est continue et, toujours par convergence uniforme,

    x[0;1],0xun(t-t2)dtn+0xu(t-t2)dt.

    Par conséquent,

    x[0;1],u(x)=1+0xu(t-t2)dt.

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

    u(x)=u(x-x2).
 
Exercice 41  3891   

Soit γ[0;1[. On définit une suite de fonctions (un) de + vers par:

u0(x)=1etun+1(x)=1+0xun(γt)dtpour tout n.
  • (a)

    Montrer que pour tout x+,

    0un+1(x)-un(x)xn+1(n+1)!.
  • (b)

    En déduire la convergence simple de la suite (un) sur +.

  • (c)

    Établir que la limite u de la suite (un) est une fonction dérivable vérifiant

    u(x)=u(γx)pour tout x+.
 
Exercice 42  4747    

On considère la suite de fonctions (un)n1 définies sur ]1;+[ par

un(x)=k=1n(1+1xk).
  • (a)

    Montrer que la suite de fonctions (un) converge simplement sur ]1;+[.

    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+xex valable pour tout xR.

On peut alors introduire sa fonction limite u définie par

u(x)=k=1+(1+1xk)=déflimn+k=1n(1+1xk)pour tout x>1.
  • (b)

    Étudier la monotonie de la fonction u.

  • (c)

    Soit a>1 arbitraire. Montrer que la suite de fonctions (un) converge uniformément sur [a;+[.

  • (d)

    En déduire que la fonction u est continue.

  • (e)

    Déterminer la limite de la fonction u en +.

  • (f)

    Justifier que la convergence de la suite (un)n1 n’est pas uniforme au voisinage de 1.

  • (g)

    Déterminer la limite de la fonction u en 1+.

 
Exercice 43  2970      X (MP)Correction  

On note E l’ensemble des fonctions f:[0;1]+ continues. On pose

Φ(f):{[0;1]+x0xf(t)dt

pour toute fonction fE. On définit ensuite une suite de fonctions (fn) en posant f0=1 puis fn+1=Φ(fn) pour tout n.

  • (a)

    Étudier la convergence uniforme de la suite (fn).

On note f la limite simple de la suite (fn).

  • (b)

    Vérifier que f est solution de l’équation différentielle y=y.

Solution

  • (a)

    On vérifie sans peine que la suite (fn) est bien définie.

    f1(x)=x,f2(x)=23x3/2,

    Si f(x)=αxβ alors

    Φ(f)(x)=α0xtβ/2dt=2αβ+2xβ/2+1.

    Ainsi, fn(x)=αnxβn avec

    αn+1=2αnβn+2etβn+1=βn2+1.

    On a

    βn=2n-12n-1n+2

    et, pour n1,

    αn+1=2αn4-12n-1.

    On a

    αn+2-αn+1=2αn+14-12n-2αn4-12n-1.

    Or 2n2n-1 donne

    24-12n24-12n-1

    donc

    αn+2-αn+124-12n-1(αn+1-αn).

    Puisque α1=α0, on obtient alors par récurrence que la suite (αn) est décroissante.
    Étant aussi minorée par 0, elle converge et en passant la relation de récurrence à la limite, on obtient

    αnn+1/4.

    On en déduit que la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction

    f:x(x2)2.

    De plus,

    fn(x)-f(x)=αn(xβn-x2)+(αn-14)x2.

    Puisque βn2, on a pour tout x[0;1] et en exploitant eu1+u

    0xβn-x2 =βn2|ln(x)|xtdt
    (2-βn)|ln(x)|.xβn(2-βn)|ln(x)|x.

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

    0xβn-x22-βn

    et ainsi

    |fn(x)-f(x)|=αn(2-βn)+(αn-14)

    et ce majorant uniforme tend vers 0.
    Il y a donc convergence uniforme de la suite de fonctions (fn) vers f.

  • (b)

    La relation

    fn+1(x)=0xfn(t)dt

    donne à la limite

    f(x)=0xf(t)dt

    d’où l’on tire f dérivable et f(x)=f(x). Cependant, cela est aussi le résultat d’un calcul direct puisque

    f:x(x2)2.
 
Exercice 44  4104      CENTRALE (MP)Correction  

On étudie l’équation fonctionnelle

(E):f(2x)=2f(x)-2f(x)2.
  • (a)

    Quelles sont les solutions constantes sur ?

  • (b)

    Soit h:. On pose f(x)=xh(x) pour tout x. À quelle condition sur h, la fonction f est-elle solution de (E)?

  • (c)

    On définit par récurrence une suite de fonctions de dans en posant: h0:x1 et, pour tout n,

    hn+1(x)=hn(x2)-x2(hn(x2))2.

    Pour x[0;1], soit Tx:yy-xy2/2. Montrer que Tx est 1-lipschitzienne sur [0;1] et que Tx([0;1])[0;1].
    Montrer que la suite (hn)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 +.

Solution

  • (a)

    Si f est constante égale à C alors l’équation (E) est vérifiée si, et seulement si, C=2C-2C2. 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(2x)=h(x)-xh(x)2.
  • (c)

    L’application Tx est de classe 𝒞1 et Tx(y)=1-xy. Sur [0;1], on vérifie |Tx(y)|1 et la fonction Tx est donc 1-lipschitzienne sur [0;1]. Au surplus, la fonction Tx est croissante sur [0;1] avec Tx(0)=0 et Tx(1)=1-x/2. On en déduit Tx([0;1])[0;1].
    Par une récurrence immédiate, on vérifie

    n,x[0;1],hn(x)[0;1].

    Pour n1 et x[0;1], on a par lipschitzianité

    |hn+1(x)-hn(x)||hn(x2)-hn-1(x2)|.

    En répétant cette majoration

    |hn+1(x)-hn(x)||h1(x2n)-h0(x2n)|=x2n+112n+1.

    La série télescopique hn+1(x)-hn(x) converge donc absolument et la suite (hn(x)) est donc convergente. La suite de fonctions (hn) converge donc simplement vers une fonction h. Au surplus

    |h(x)-hn(x)|=|k=n+hk+1(x)-hk(x)|k=n+12k+1=12nn+0.

    La convergence de la suite (hn) 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

    x[0;1],hn+1(x)=hn(x2)-x2hn(x2)2

    on obtient l’identité

    x[0;1],h(x)=h(x2)-x2h(x2)2.

    Puisque hn(0)=1 pour tout n, on a h(0)=1 et la fonction h n’est pas nulle. On peut alors définir la fonction f:xxh(x) qui est continue, non constante et vérifie

    x[0;1],f(x)=2f(x2)-2f(x2)2.
  • (e)

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

    x]1;2],f(x)=2f(x2)-2f(x2)2.

    Cette solution est bien continue en 1 car

    limx1+f(x)=2f(12)-2f(12)2=f(1).

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

 
Exercice 45  5417    Correction  

Pour n* et x>0, on pose

fn(x)=ln(n)-k=0n1k+x.
  • (a)

    Montrer que la suite (fn(x))n1 est croissante et majorée.

    On rappelle la comparaison ln(1+u)u pour tout u]-1;+[.

On pose

Ψ(x)=limn+(ln(n)-k=0n1k+x).
  • (b)

    Montrer que Ψ est définie et continue sur ]0;+[.

  • (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 +.

Solution

  • (a)

    Soit x+*. Pour n2,

    fn(x)-fn-1(x)=-ln(1-1n)-1n+x1n-1n+x0.

    La suite (fn(x))n1 est donc croissante.

    Pour x+* et k,

    1k+xln(1+1k+x)=ln(k+1+x)-ln(k+x)

    et donc

    fn(x) ln(n)-k=0n(ln(k+1+x)-ln(k+x))
    =ln(n)+ln(x)-ln(n+1+x)ln(x).

    La suite (fn(x))n1 est donc majorée.

  • (b)

    Par l’étude qui précède, on sait la convergence simple de (fn)n1 sur +* ce qui assure que la fonction Ψ est bien définie sur ]0;+[. Aussi, les fonctions fn sont chacune continues sur +*. Étudions la convergence uniforme de (fn)n1.

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

    |Ψ(x)-fn(x)|=Ψ(x)-fn(x)=limN+(fN(x)-fn(x)).

    Or pour Nn+1

    fN(x)-fn(x) =ln(Nn)-k=n+1N1k+x
    ln(Nn)-k=n+1N1k+a
    =fN(a)-fn(a).

    À la limite quand N tend vers +,

    |Ψ(x)-fn(x)|Ψ(a)-fn(a).

    Ainsi,

    supx]0;a]|Ψ(x)-fn(x)||Ψ(a)-fn(a)|N+0.

    La suite de fonctions (fn)n1 converge uniformément sur ]0;a] et ce pour tout a>0, on en déduit que la fonction Ψ est continue sur ]0;+[.

  • (c)

    Pour x>0, on obtient après simplifications,

    fn(x+1)-fn(x)=1x-1n+1+x.

    À la limite quand n+, il vient

    Ψ(x+1)-Ψ(x)=1x.

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

    Ψ(x)=-1x+Ψ(x+1)=x0+-1x+o(1x)x0+-1x.
  • (d)

    Pour k*,

    kk+1dtt+x1k+xk-1kdtt+x

    et donc

    0n+1dtt+xk=0n1k+x1x+0ndtt+x

    puis

    ln(n+1+x)-ln(x)k=0n1k+x1x+ln(n)-ln(x)

    et enfin

    ln(x)-1xfn(x)ln(nn+1+x)+ln(x).

    À la limite quand n+, on obtient l’encadrement

    ln(x)-1xΨ(x)ln(x).

    On en déduit

    Ψ(x)x+ln(x).

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

 
Exercice 46  895  Correction  

Pour n*, on considère fn: définie par

fn(x)=1n2+x2.

Étudier la convergence simple, uniforme et normale de la série de fonctions fn.

Solution

Pour x,

|fn(x)|1n2.

Puisque 1/n2 converge, il y a convergence normale, donc uniforme, donc simple sur .

 
Exercice 47  896  Correction  

Pour n*, on considère fn: définie par

fn(x)=(-1)nn+x2.

Étudier la convergence simple, uniforme et normale de la série de fonctions fn.

Solution

On a fn=1/n et 1/n diverge: il n’y a pas convergence normale sur .

Pour x, la série numérique fn(x) satisfait le critère spécial des séries alternées, il y a donc convergence simple sur et

|n=N+1+fn(x)|1N+1+x21N+1N+0

Il y a donc convergence uniforme sur .

 
Exercice 48  4744  

Étudier la convergence simple, puis la convergence uniforme, de la série un de fonctions définies sur + par

un(t)=(-1)nn+t avec n*.
 
Exercice 49  897  Correction  

On note 1I la fonction caractéristique d’un intervalle I:

1I(x)={1 si xI0 sinon.

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

un(x)=1n+11[n;n+1[(x).

Solution

Pour tout x[0;+[, introduisons k=x. Pour Nk+1, on a

n=0Nun(x)=1k+1

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

S(x)=1k+1pour tout x[k;k+1[ avec k.

Pour tout x[0;+[,

S(x)-n=0Nun(x)={0 si x<N+1S(x) si xN+1

et donc

|S(x)-n=0Nun(x)|1N+2N+0.

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

Enfin, un=1/(n+1) n’est pas sommable, il n’y a pas convergence normale sur [0;+[.

 
Exercice 50  3770    CCP (MP)

On considère la série des fonctions

fn(x)=nx2e-xn avec x+ et n.
  • (a)

    Étudier sa convergence simple, sa convergence normale et sa convergence uniforme sur +.

  • (b)

    Même question sur [a;+[ (avec a>0).

 
Exercice 51  3785    CCP (MP)Correction  

Pour n, on introduit l’application sur fn:[0;+[ définie par

fn(x)=xne-xn!.
  • (a)

    Étudier les convergences de la suite de fonctions (fn).

  • (b)

    Étudier les convergences de la série de fonctions fn.

Solution

  • (a)

    Par croissance comparée, la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction nulle sur [0;+[.

    La fonction fn est de classe 𝒞1 et

    fn(x)=1n!xn-1(n-x)e-x.

    On peut alors dresser le tableau de variations de fn et affirmer

    supx[a;+[|fn(x)|=fn(n)=nnn!e-n.

    Par la formule de Stirling,

    n!n+2πn(ne)n

    donc

    fn(n)n+12πnn+0.

    On en déduit que la suite de fonctions (fn) converge uniformément sur [0;+[.

  • (b)

    Par référence à la série exponentielle, la série de fonctions fn converge simplement sur et sa somme est égale à 1.

    Il ne peut y avoir convergence normale sur [a;+[ car fn(n) n’est pas sommable.

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

    supx[0;a]|fn(x)|=fn(a).

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

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

    limx+n=0+fn(x)=n=0+limx+fn(x)

    ce qui donne l’absurdité 1=0.

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

 
Exercice 52  3988    NAVALE (MP)Correction  

Pour n, on considère un:+ définie par

un(x)=x(1+n2x)2

Étudier la convergence simple et la convergence uniforme des séries de fonctions un et un.

Solution

La fonction un est dérivable sur + avec

un(x)=1-n2x(1+n2x)3.

Les variations de un sur [0;+[ fournissent

un=un(1/n2)=14n2.

La série de fonctions un converge normalement sur [0;+[, a fortiori uniformément et simplement.

Soit a>0. Pour xa,

|un(x)|1+n2x(1+n2x)3=1(1+n2a)2n+1a21n4.

La série de fonctions un converge normalement sur [a;+[.

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 53  4743   

Étudier la convergence simple, puis la convergence uniforme, de la série un de fonctions définies sur par

un(t)=sin(nt)n2+1.
 
Exercice 54  2838     MINES (MP)

Pour α et n*, on considère les fonctions un définies sur [0;1] par

un(x)=nαxn(1-x).
  • (a)

    Pour quels réels α la suite (un) converge-t-elle uniformément sur [0;1]?

  • (b)

    Pour quels réels α la série un converge-t-elle uniformément sur [0;1]?

 
Exercice 55  5429   Correction  

Pour n* et x[0;1], on pose

fn(x)=x(1-x)nln(n+1).
  • (a)

    Étudier la convergence simple de la série de fonctions fn.

  • (b)

    Étudier la convergence uniforme de la série de fonctions fn.

  • (c)

    Étudier la convergence normale de la série de fonctions fn.

Solution

  • (a)

    Cas: x=0. La série fn(0) est la série nulle et donc converge.

    Cas: x]0;1]. On remarque

    n2fn(x)=n2x(1-x)nln(n+1)n+0

    et la série fn(x) converge absolument.

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

  • (b)

    Par convergence simple, on peut introduire

    Rn(x)=k=n+1+fk(x)pour tout x[0;1].

    Pour x=0, on a simplement Rn(x)=0. Pour x]0;1],

    |Rn(x)| =k=n+1+x(1-x)kln(k+1)
    k=n+1+x(1-x)kln(n+1)
    =xln(x+1)k=n+1+(1-x)k+1
    =xln(x+1)(1-x)n+11-(1-x)
    =(1-x)n+1ln(n+1)1ln(n+1)n+0.

    Par cette majoration uniforme, on conclut que la série de fonctions fn converge uniformément sur [0;1].

  • (c)

    L’étude des variations de fn donne

    supx[0;1]|fn(x)| =fn(1n+1)
    =1(n+1)ln(n+1)(1-1n+1)n
    n+1e1nln(n).

    Sachant la divergence de la série 1nln(n), on peut conclure à la non-convergence normale de fn.

 
Exercice 56  3295   Correction  

Soit (an)n une suite réelle positive et décroissante. Pour tout n, on pose

un(x)=anxn(1-x) avec x[0;1].
  • (a)

    Montrer la convergence simple de la série de fonctions un.

  • (b)

    Montrer que un converge normalement si, et seulement si, la série an/n converge.

  • (c)

    Montrer que un converge uniformément si, et seulement si, (an) tend vers 0.

Solution

  • (a)

    Pour x=1, un(x)=0 et la série numérique un(x) est convergente.

    Pour x[0;1[, on peut écrire 0un(x)a0xn(1-x)=λxn. Or il y a convergence de la série numérique xn et donc, par comparaison de séries à termes positifs, la série un(x) converge.

  • (b)

    Après étude de fonction, on obtient

    un=supx[0;1]|un(x)|=ann+1(1-1n+1)nanen.

    Par équivalence de séries à termes positifs, la convergence normale de un équivaut à la convergence de an/n.

  • (c)

    Considérons le reste

    Rn(x)=k=n+1+akxk(1-x).

    Par la décroissance de la suite (an),

    0Rn(x)an+1k=n+1+xk(1-x).

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

    0Rn(x)an+1.

    Par cette majoration uniforme, on peut affirmer que, si (an) tend vers 0, alors la série de fonctions un converge uniformément.

    Inversement, supposons la série un uniformément convergente.

    La suite (an) étant décroissante et positive, elle admet nécessairement une limite 0. On a alors

    x[0;1[,Rn(x)k=n+1+xk(1-x)=xn+10.

    On obtient donc

    x[0;1[,xn+1Rn.

    En faisant x1-,

    Rn.

    Cela valant pour tout n, on conclut =0

 
Exercice 57  5050    

Étudier la convergence simple, la convergence normale et la convergence uniforme sur + de la série des fonctions

fn:xln(1+x)ln(n)e-nx avec n2.

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

 
Exercice 58  900  

Calculer

01n=2+(1n-x-1n+x)dx.
 
Exercice 59  911   Correction  

Pour n, on considère un:[0;1] définie par

un(x)={(-1)n+1x2n+2ln(x) si x]0;1]0six=0.
  • (a)

    Calculer

    n=0+un(x).
  • (b)

    Montrer que la série des un converge uniformément sur [0;1].

  • (c)

    En déduire l’égalité

    01ln(x)1+x2dx=n=0+(-1)n+1(2n+1)2.

Solution

  • (a)

    Pour x]0;1[, on obtient par sommation géométrique

    n=0+un(x)=-x2ln(x)1+x2.

    Cette relation vaut aussi pour x=0 ou x=1.

  • (b)

    On peut appliquer le critère spécial des séries alternées et donc

    |Rn(x)|=|k=n+1+(-1)k+2x2k+2ln(x)|x2(n+2)|ln(x)|.

    L’étude de φ:xx2(n+2)|ln(x)| donne

    x[0;1],x2(n+2)|ln(x)|e-12(n+2)

    donc

    Rne-12(n+2)n+0.
  • (c)

    On a

    01ln(x)1+x2dx=01ln(x)dx-01x2ln(x)1+x2dx

    et l’on peut calculer la dernière intégrale par intégration terme à terme car il y a convergence uniforme sur [0;1]. Cela donne

    01ln(x)1+x2dx=-1+n=0(-1)n(2n+3)2

    puis le résultat.

 
Exercice 60  943   

Soit n. Calculer

In=02πeinθ2+eiθdθ.
 
Exercice 61  5416   Correction  

Soit z tel que |z|1. Calculer

02π1z-eitdt.

Solution

Si |z|<1 alors

02π1z-eitdt=-02πe-it1-ze-itdt=-02πk=0+zke-i(k+1)tdt.

Par convergence normale de la série de fonctions,

02π1z-eitdt=-k=0+zk02πe-i(k+1)tdt=0=0.

Si |z|>1 alors

02π1z-eitdt=1z02π11-eit/zdt=k=0+1zk+102πeiktdt=2πz

car

02πeiktdt={2π si k=00 si k1.
 
Exercice 62  2439     CENTRALE (MP)Correction  

Soient a, |a|1 et n. Calculer

02πeinteit-adt.

Solution

Si |a|<1 alors

02πeinteit-adt=02πei(n-1)t1-ae-itdt=02πk=0+akei(n-(k+1))tdt.

Par convergence normale de la série de fonctions,

02πeinteit-adt=k=0+ak02πei(n-(k+1))tdt={2πan-1 si n10 sinon.

Si |a|>1 alors

02πeinteit-adt =-1a02πeint1-eit/adt
=-k=0+1ak+102πei(n+k)tdt={-2πan-1 si n00 sinon.
 
Exercice 63  3268   Correction  

Montrer

02πe2cos(x)dx=n=0+2π(n!)2.

Solution

Pour x[0;2π], on peut écrire

e2cos(x)=n=0+2ncosn(x)n!.

Introduisons fn:[0;2π] définie par

fn(x)=2ncosn(x)n!.

Les fonctions fn sont continues et la série de fonctions fn converge normalement sur [0;2π] puisque

fn2nn!=o(1n2).

On peut donc intégrer terme à terme pour obtenir

02πe2cos(x)dx=n=0+2nn!02π(cos(x))ndx.

Par intégration par parties (cf. intégrale de Wallis),

02π(cos(x))ndx=n-1n02π(cos(x))n-2dx.

Sachant

02π(cos(x))0dx=2πet02π(cos(x))1dx=0

on obtient

02π(cos(x))2pdx=2π(2p)!22p(p!)2et02π(cos(x))2p+1dx=0

et donc

02πe2cos(x)dx=p=0+22p(2p)!(2p)!22p(p!)22π=p=0+2π(p!)2.
 
Exercice 64  920   Correction  

Déterminer la valeur de

n=1+(1+1n2).

On donne

α[0;1],n=1+2αα2+n2=πch(πα)sh(πα)-1α

avec prolongement par continuité en 0.

Solution

α2αα2+n2,[0;1]1n2

est le terme générale d’une série convergente. Par convergence normale sur le segment [0;1],

01n=1+2αα2+n2dα=n=1+012αdαα2+n2=n=1+ln(1+1n2).

Or

n=1+2αα2+n2=πch(πα)sh(πα)-1α

donc

01n=1+2αα2+n2dα=[ln(sh(πα)α)]01=ln(sh(π)π).

On en déduit que

n=1+(1+1n2)=sh(π)π.

[<] Intégration terme à terme[>] Étude pratique de la fonction somme d'une série alternée

 
Exercice 65  4748  

Pour x, on pose

S(x)=n=1+1n2+x2.
  • (a)

    Montrer que S est définie et continue sur .

  • (b)

    Donner un équivalent simple de S en +.

 
Exercice 66  3797     ENSTIM (MP)Correction  

On étudie

f(x)=n=1+1n2+x2.
  • (a)

    Montrer que f est définie et de classe 𝒞1 sur .

  • (b)

    Donner, à l’aide d’une comparaison intégrale, un équivalent de f au voisinage de +.

  • (c)

    Donner un développement limité à l’ordre 2 de f en 0.

    On donne

    n=1+1n2=π26etn=1+1n4=π490.

Solution

  • (a)

    Posons

    un(x)=1n2+x2.

    Les fonctions un sont définies et de classe 𝒞1 sur .

    La série de fonctions un converge simplement sur car

    un(x)n+1n2.

    On a

    un(x)=-2x(n2+x2)2

    Soit a>0. Sur [-a;a],

    un2an4

    et la série de fonctions un converge normalement et donc uniformément sur tout segment de .

    On peut conclure que la fonction f est de classe 𝒞1.

  • (b)

    La fonction t1/(t2+x2) est décroissante donc

    1+dtt2+x2f(x)0+dtt2+x2.

    Or

    0+dtt2+x2=π2x et 1+dtt2+x2=π2x-1xarctan(1x)

    donc

    f(x)x+π2x.
  • (c)

    On peut écrire

    1n2+x2=1n2(11+x2/n2)=1n2(1-x2n2)+1n4x4n2+x2

    et, par convergence des sommes introduites,

    f(x)=n=1+1n2-n=1+x2n4+x4n=1+1n4(n2+x2).

    Or

    |n=1+1n4(n2+x2)|n=1+1n6<+

    donc

    f(x)=x0π26-π490x2+O(x4).
 
Exercice 67  901   Correction  

Pour x>0, on pose

S(x)=n=1+1n+n2x.
  • (a)

    Montrer que S est bien définie sur +*.

  • (b)

    Montrer que S est continue.

  • (c)

    Étudier la monotonie de S.

  • (d)

    Déterminer la limite en + de S puis un équivalent de S en +.

  • (e)

    Déterminer un équivalent à S en 0.

Solution

Posons

fn(x)=1n+n2x avec x>0.
  • (a)

    Soit x]0;+[. On a fn(x)1/n2x donc fn(x) converge absolument.
    On en déduit que la série fn converge simplement sur ]0;+[ et donc la fonction S=n=0+fn est bien définie.

  • (b)

    Les fn sont continues sur +*.
    Soit a>0,

    fn,[a;+[1n+n2a=O(1n2).

    La série de fonctions fn converge normalement sur [a;+[ donc converge uniformément sur tout segment de ]0;+[.
    On peut donc conclure que S est continue.

  • (c)

    Chaque fn est décroissante donc la fonction S l’est aussi.

  • (d)

    Par convergence normale sur [1;+[,

    limx+n=1+fn(x)=n=1+limx+fn(x)=0.

    On remarque

    xfn(x)x+1n2.

    Posons gn:xxn(1+nx). La fonction gn croît de 0 à 1/n2 sur + donc

    gn,[0;+[=1n2.

    La série de fonctions gn converge normalement sur + donc

    limx+n=1+gn(x)=n=1+limx+gn(x)=n=1+1n2=π26.

    Par suite, xS(x)x+π26 puis

    S(x)x+π26x.
  • (e)

    La fonction t1t(1+tx) est décroissante donc par comparaison avec une intégrale

    1+dtt(1+tx)n=1+un(x)11+x+1+dtt(1+tx).

    Or

    1+dtt(1+tx)=1+(1t-x1+tx)dt=[ln(t1+tx)]1+=ln(1+x)-ln(x)

    donc

    S(x)x0-ln(x).
 
Exercice 68  5075   Correction  

Pour x réel, on pose

f(x)=n=1+x2n+1n2+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 x0, posons un=x2n+1n2+10. On a

    |un+1un|=n2+1(n+1)2+1x2x+x2.

    Si |x|<1, la série numérique un 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+* 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

    |x2n+1n2+1|=1n2+1n+1n2et1n2 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 un(x)=x2n+1n2+1 pour x[-1;1]. On observe

    |x2n+1n2+1|1n2+1 avec 1n2+1 convergente.

    La série de fonctions un converge alors normalement sur [-1;1] et donc uniformément sur cet intervalle. Au surplus, les fonctions un 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) 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)=n=0+2n+1n2+1x2npour tout x]-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* et tout x[0;1[,

    n=0N2n+1n2+1x2nn=0+2n+1n2+1x2n0M.

    En passant à la limite quand x tend vers 1 par valeurs inférieures, on obtient

    n=0N2n+1n2+1Mpour tout N*.

    La série 2n+1n2+1 est alors convergente car il s’agit d’une série à termes positifs aux sommes partielles majorées. Or cela est absurde puisque

    2n+1n2+1n+2n0et2n diverge.

    Finalement, la fonction f est croissante et non majorée sur [0;1[, elle admet donc une limite égale à + 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 69  2529    CCP (MP)Correction  

Montrer que

f(x)=n=1+1n2arctan(nx)

est continue sur et de classe 𝒞1 sur +* et -*.

Solution

Posons

fn(x)=1n2arctan(nx).

Chaque fonction fn est continue et fn=π2n2 est terme général d’une série convergente.

Par convergence normale, on peut affirmer que f est définie et continue sur .

Chaque fn est de classe 𝒞1 et

fn(x)=1n(1+(nx)2).

Pour a>0, sur [a;+[ ou ]-;-a],

fn1n(1+(na)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 𝒞1 sur chaque intervalle de *.

 
Exercice 70  3203     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Étudier le domaine de définition et la continuité de

    S:xn=1+xn(1+n2x2).
  • (b)

    Étudier la dérivabilité de S sur son domaine de définition.

Solution

  • (a)

    Posons

    fn:xxn(1+n2x2).

    Sachant

    2|nx|1+n2x2

    on a

    |fn(x)|12n2.

    On en déduit que la série de fonctions fn converge normalement sur . Les fonctions fn étant continue, la somme S est définie et continue sur .

  • (b)

    Les fonctions fn sont de classe 𝒞1 et

    fn(x)=1-n2x2n(1+n2x2)2.

    Soit a>0. Pour |x|a,

    |fn(x)|1+n2x2n(1+n2x2)2=1n(1+n2x2)1n(1+n2a2).

    On en déduit que la série de fonctions fn converge normalement sur tout segment de *.

    Par théorème, la somme S est donc une fonction de classe 𝒞1 sur *.

    Montrons que la fonction S n’est pas dérivable en 0.

    1x(S(x)-S(0))=n=1+1n(1+n2x2).

    Par comparaison avec une intégrale

    1x(S(x)-S(0))1+dtt(1+t2x2).

    Par le changement de variable u=tx

    1x(S(x)-S(0))x+dtu(1+u2)x0++

    car la fonction positive u1/u(1+u2) n’est pas intégrable sur ]0;1].

 
Exercice 71  4745   

Soit

S(x)=n=0+e-xn.
  • (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 +.

  • (e)

    Déterminer un équivalent simple de S en 0+.

 
Exercice 72  905   Correction  

Soit α>0. On étudie la fonction f donnée par

f(x)=n=0fn(x) avec fn(x)=e-nαx.
  • (a)

    Préciser le domaine de définition de f.

  • (b)

    Étudier la continuité de f.

  • (c)

    Étudier la limite de f en +.

Solution

  • (a)

    Si x0, la série numérique fn(x) diverge grossièrement.

    Si x>0,

    n2fn(x)=e2ln(n)-xnαn+0

    et fn(x) est absolument convergente.

    Ainsi, fn converge simplement sur ]0;+[.

    La fonction f est définie sur ]0;+[.

  • (b)

    Les fonctions fn sont continues.

    Pour a>0,

    fn,[a;+[=fn(a)

    et fn(a) converge donc fn converge normalement sur [a;+[. Par convergence uniforme sur tout segment, on peut affirmer que f est continue.

  • (c)

    Par convergence uniforme sur [a;+[, on peut intervertir limite en + et somme infinie. Ainsi,

    limx+f(x)=n=0+limx+fn(x)=1.
 
Exercice 73  5288     ENSTIM (MP)Correction  

Pour x réel convenable, on pose

f(x)=n=1+e-xnn3/2.
  • (a)

    Donner le domaine de définition 𝒟f de f.

  • (b)

    Montrer que f est continue sur 𝒟f.

  • (c)

    Montrer que f est de classe 𝒞 sur l’intérieur de 𝒟f.

  • (d)

    Trouver la limite de f en +.

  • (e)

    Déterminer un équivalent de f en +.

Solution

On pose

un(x)=e-xnn3/2 pour x et n*.
  • (a)

    Pour x0, la série converge par comparaison à une série de Riemann. Pour x<0, la série diverge grossièrement. On obtient 𝒟f=[0;+[.

  • (b)

    Pour tout x[0;+[ et tout n*,

    |un(x)|1n3/2et1n3/2 converge.

    Par convergence normale d’une série de fonctions continues, la fonction f est continue.

  • (c)

    Les fonctions sont de classe 𝒞 avec

    un(k)(x)=(-1)kn(k-3)/2e-xnpour tout k.

    Soit [a;b]]0;+[. Pour tout x[a;b],

    |un(k)(x)|n(k-3)/2e-an=n+o(1n2).

    Par convergence normale des séries des dérivées à tout ordre, on peut affirmer que f est de classe 𝒞 sur ]0;+[.

  • (d)

    Par convergence uniforme sur [0;+[, on peut échanger somme et limite

    limx+f(x)=0.
  • (e)

    Le premier terme de la somme est e-x et les suivants sont notoirement négligeables devant celui-ci. Par convergence normale sur [1;+[, on montre

    exf(x)=n=1+e-x(n-1)n3/2x+1+0+=1

    et donc

    f(x)x+e-x.
 
Exercice 74  2836     MINES (MP)Correction  

Soit α un réel. Pour tout entier n>0 et tout réel x, on pose

un(x)=nαxe-nxn2+1.

On note I le domaine de définition de

S:xn=0un(x).
  • (a)

    Déterminer I.

  • (b)

    Montrer que S est continue sur +*.

  • (c)

    A-t-on convergence normale sur +?

  • (d)

    On suppose α2. Montrer que

    k=n+1+uk(1n)

    ne tend pas vers 0 quand n tend vers +.
    La convergence de la série de fonctions un est-elle uniforme sur I?

  • (e)

    Étudier la continuité de S sur I.

Solution

  • (a)

    Pour x<0, un(x)n+- donc un(x) diverge grossièrement.

    Pour x=0, un(x)=0 donc un(0) converge

    Pour x>0, un(x)=o(1/n2) par croissance comparée et donc un(x) converge absolument.

    On conclut I=+

  • (b)

    Pour [a;b]+*,

    un,[a;b]=supx[a;b]|un(x)|nαbe-nan2+1

    donc un est une série de fonctions continues convergeant normalement sur tout segment de +*. Sa somme est alors continue sur +*.

  • (c)

    Après étude des variations de la fonction,

    un,+=supx+|un(x)|=un(1/n)1n3-α.

    Il y a convergence normale si, et seulement si, α<2.

  • (d)

    On peut écrire

    k=n+1uk(1/n)=1nk=n+1kαe-k/nk2+11nk=n+1k2k2+1e-k/n12nk=n+1e-k/n.

    Or, par sommation géométrique,

    12nk=n+1e-k/n=12ne-(n+1)/n1-e-1/nn+12e

    donc k=n+1uk(1/n) ne peut tendre vers 0 quand n+.

    S’il y avait convergence uniforme sur +,

    0k=n+1uk(1/n)supx+|k=n+1uk(x)|n+0

    C’est absurde.

  • (e)

    Si S est continue en 0 alors par sommation de termes positifs

    0k=n+1uk(1/n)S(1/n)n+S(0)=0

    Cela est encore à exclure.

 
Exercice 75  4070   

Pour n et x+, on pose

un(x)=arctan(n+x)-arctan(n).
  • (a)

    Étudier l’existence et la continuité de la fonction S définie sur + par la relation

    S(x)=n=0+un(x).
  • (b)

    Déterminer la limite de S en +.

  • (c)

    La série un converge-t-elle uniformément au voisinage de +?

 
Exercice 76  3427   Correction  

Pour n et x+, on pose

un(x)=arctan(n+x)-arctan(n).
  • (a)

    Étudier l’existence et la continuité de la fonction S définie sur + par la relation

    S(x)=n=0+un(x).
  • (b)

    Déterminer la limite de S en +.

Solution

  • (a)

    En vertu du théorème des accroissements finis

    |un(x)|(n+x-n)sup[n;n+x]|(arctan)|=n+x-n1+n

    donc

    |un(x)|x(1+n)(n+n+x)x2n(n+1)=n+O(1n3/2).

    On en déduit que la série de fonctions un converge simplement et donc la fonction S est bien définie.

    Les fonctions un sont continue et pour tout a+,

    x[0;a],|un(x)|a2n(n+1).

    On peut donc affirmer la convergence uniforme sur tout segment de la série un ce qui assure la continuité de S.

  • (b)

    Montrons que S tend vers + en +.
    Remarquons que par le théorème des accroissements finis

    un(n)=arctan(2n)-arctan(n)2n-n1+2nn+2-12n

    et il y a donc divergence vers + de la série un(n).
    Soit A+. Il existe un rang N tel que

    n=0Nun(n)A.

    Pour xN,

    S(x)n=0Nun(x)n=0Nun(N)n=0Nun(n)A.

    On peut donc affirmer

    S(x)x++.
 
Exercice 77  915   Correction  

Pour x0, on pose

S(x)=n=1+xn1+x2n.
  • (a)

    Pour quelles valeurs de x dans +, la somme définissant S(x) est-elle définie?

  • (b)

    Former une relation entre S(x) et S(1/x) valable pour x0.

  • (c)

    Étudier la continuité de S sur [0;1[ puis sur ]1;+[.

  • (d)

    Dresser le tableau de variation de S.

Solution

  • (a)

    Pour n*, introduisons

    fn:xxn1+x2n.

    Pour x=0, fn(x)=0 donc la somme S(0) est bien définie.

    Pour x]0;1[,

    |fn(x)|n+xn1=xn avec x[0;1[.

    Par équivalence à une série géométrique, la série définissant S(x) converge absolument.

    Pour x=1, fn(x)=1/2 et il y a divergence grossière de la série.

    Pour x]1;+[,

    |fn(x)|n+xnx2n=(1x)n avec 1x[0;1[.

    Finalement, S est définie sur [0;1[]1;+[ par convergence simple de fn sur ce domaine.

  • (b)

    Pour x]0;1[]1;+[,

    S(1/x)=n=1+1/xn1+1/x2n=n=1+xn1+x2n=S(x).
  • (c)

    Soit 0<a<1. Sur [0;a],

    fn,[0;a]anetn=1+an<1

    donc n1fn 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:xS(x)=S(1/x) est aussi continue sur ]1;+[.

  • (d)

    La fonction fn est dérivable et

    fn(x)=nxn-1(1+x2n)-2nx3n-1(1+x2n)2=nxn-1(1-x2n)(1+x2n)2.

    Chaque fn est croissante sur [0;1[ et décroissante sur ]1;+[.

    Par sommation de monotonie, la fonction S est croissante sur [0;1[ et décroissante sur ]1;+[.

    S(0)=0 et

    S(x)n=1+xn2=2x1-xx1-+.

    Puisque S(x)=S(1/x), on obtient par composition de limites,

    limx1+S(x)=+etlimx+S(x)=0.
 
Exercice 78  2837      MINES (MP)Correction  

On pose

S(x)=n=0+xn1+xn.
  • (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|1, la série est grossièrement divergente.

    Pour |x|<1,

    xn1+xnn+xn

    et la série est absolument convergente.

    La fonction S est définie sur ]-1;1[.

    Posons un(x)=xn1+xn.

    La série un converge simplement et les fonctions un sont de classe 𝒞1 avec

    un(x)=nxn-1(1+xn)2

    Soit a[0;1[.

    un,[-a;a]nan-11-ann+nan-1

    ce qui assure la convergence normale de un sur tout segment de ]-1;1[.

    Par théorème, la fonction S est de classe 𝒞1 (et donc a fortiori dérivable et continue).

  • (b)
    S(0)=12 donc S(x)x012.

    Pour x[0;1[,

    S(x)=12+n=1+(p=0+(-1)pxn(p+1)).

    Puisque p0|(-1)pxn(p+1)| converge et n1p=0+|(-1)pxn(p+1)| aussi, on peut permuter les deux sommes et affirmer

    S(x)=12+p=0+(-1)pxp+11-xp+1.

    On a alors

    (1-x)S(x)=1-x2+p=0+(-1)pup(x)

    avec

    up(x)=xp+11-x1-xp+1

    pour x[0;1[.

    La fonction up est continue sur [0;1[ et se prolonge par continuité en 1 en posant up(1)=1/(p+1).

    Le critère spécial des séries alternées s’applique à la série (-1)pup(x) et donc

    k=p+1(-1)kuk(x)up+1(x)

    Ue étude de variation permet d’affirmer up+1(x)1p+2. Ainsi, la série un converge uniformément sur [0;1] et donc sa somme est continue en 1. Cela permet d’affirmer

    (1-x)S(x)x1-p=0+(-1)pp+1=ln(2)

    et, finalement,

    S(x)x1-ln(2)1-x.
 
Exercice 79  2971      X (MP)Correction  

Soient des suites réelles (an) et (xn) avec an>0 pour tout n.

On suppose que la série de terme général an(1+|xn|) converge et l’on considère la fonction f: définie par

f(x)=n=0an|x-xn|.

Étudier la continuité et la dérivabilité de f.

Solution

Puisque an>0 et an(1+|xn|) converge, les séries an et anxn sont absolument convergentes. Posons fn(x)=an|x-xn| définie sur .

Comme

|an|x-xn|||an||x|+|anxn|pour tout n

la série des fonctions fn converge simplement sur .

Les fonctions fn sont continues et pour tout M>0

sup[-M;M]|fn|Man+an|xn|.

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 .

Soit ]α;β[ tel que xn]α;β[ pour tout n.
Les fonctions fn sont de classe 𝒞1 sur [α;β] et fn(x)=εnan avec |εn|=1. Par convergence normale de la série des dérivées sur ]α;β[, on peut affirmer que f est de classe 𝒞1 sur tout intervalle ouvert ]a;b[ vérifiant

n,xn]a;b[.

Soit a tel qu’il existe n vérifiant xn=a.
En considérant A={n|xn=a}, on peut écrire par absolue convergence

f(x)=nAan|x-a|+nAan|x-xn|=α|x-a|+g(x)

avec α>0.

Puisque la série an converge, pour N assez grand, k=N+1+anα2. On peut alors écrire

f(x)=α|x-a|+nA,nN+1an|x-xn|+nA,nNan|x-xn|.

La fonction xnA,nNan|x-xn| est dérivable au voisinage de a.

Cependant, la fonction

φ:xα|x-a|+nA,nN+1an|x-xn|

n’est quant à elle pas dérivable en a. En effet, pour h>0,

1h(φ(a+h)-φ(a))α-α2α2

alors que pour h<0,

1h(φ(a+h)-φ(a))-α+α2=-α2.

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 80  2835     MINES (MP)Correction  

Pour x>0 et n*, on pose

fn(x)=nxn!k=0n(x+k).
  • (a)

    Montrer l’existence de Γ(x)=limn+fn(x).

  • (b)

    Montrer

    ln(Γ(x))=-ln(x)-γx+n=1+(xn-ln(1+xn)).
  • (c)

    Montrer que Γ est une fonction de classe 𝒞1.

Solution

  • (a)

    Pour x>0,

    ln(fn+1(x))-ln(fn(x))=xln(1+1n)+ln(n+1)-ln(x+n+1)=n+O(1n2).

    La série ln(fn+1(x))-ln(fn(x)) converge absolument et la suite (ln(fn(x))) converge donc puis (fn(x)) converge vers un réel strictement positif.

  • (b)
    ln(Γ(x))=limn+(xln(n)+k=1nln(k)-k=0nln(x+k))

    avec

    xln(n)+k=1nln(k)-k=0nln(x+k)=xln(n)-ln(x)-k=1nln(1+xk).

    Or la série (xn-ln(1+xn)) est absolument convergente car de terme général en O(1/n2) et

    k=1n(xk-ln(1+xk))=n+xln(n)+γx+o(1)-k=1nln(1+xk)

    donc

    ln(Γ(x))=-ln(x)-γx+n=1+(xn-ln(1+xn)).
  • (c)

    Pour x>0 et n1, posons

    gn(x)=xn-ln(1+xn).

    La fonction gn est de classe 𝒞1, gn converge simplement et gn(x)=xn(n+x) ce qui permet d’affirmer gn converge normalement sur tout segment [a;b]+*. On en déduit que la fonction Γ est de classe 𝒞1.

 
Exercice 81  4186      CENTRALE (MP)Correction  

Pour n*, on définit la fonction un sur +* par

un(x)=xln(1+1n)-ln(1+xn).
  • (a)

    Montrer que un(x) converge si x>0.

    Montrer que f:x-ln(x)+n=1+un(x) est de classe 𝒞1 sur +*.

  • (b)

    Montrer que f est l’unique fonction de classe 𝒞1 sur +* telle que

    {x+*,f(x+1)-f(x)=ln(x)f est convexef(1)=0.
  • (c)

    Montrer que, pour x>0, on a

    0+tx-1e-tdt=limn+nxn!x(x+1)(x+n).

Solution

  • (a)

    Pour x>0, un(x)=O(1/n2). La série un(x) converge absolument.

    La série de fonctions un converge simplement sur +*, les fonctions un sont de classe 𝒞1 avec

    un(x)=ln(1+1n)-1n+x.

    Soit [a;b]+*. Par monotonie, pour tout x[a;b]

    |un(x)||un(a)|+|un(b)|=O(1n2).

    Il y a donc convergence normale de un sur tout segment de +*. La fonction somme de un est donc de classe 𝒞1 et la fonction f l’est aussi par opérations.

  • (b)

    La fonction est de classe 𝒞1. Il est immédiat que f(1) est nul et, pour tout x>0, on a après télescopage

    f(x+1)-f(x)=-1x+1+1x+n=1+(1n+x-1n+x+1)=1x

    et

    f(2)-f(1) =f(2)=-ln(2)+n=1+2ln(1+1n)-ln(1+2n)
    =-ln(2)+n=1+(2ln(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 𝒞1, 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)f(x+1)-g(x)=1x+h(x)

    et parallèlement

    h(x)h(x)-1x.

    La fonction h est 1-périodique, les valeurs h(x) sont donc constantes égales à C.

    En passant à la limite quand x+ l’encadrement

    C-1xh(x)C+1x

    on obtient que la fonction h présente une limite en +. 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)=0+(ln(t))ktx-1e-tdt.

    On sait aussi Γ>0, Γ(1)=1 et Γ(x+1)=xΓ(x).

    Considérons alors f(x)=ln(Γ(x)).

    La fonction f est de classe 𝒞, f(x+1)-f(x)=ln(x), f(1)=0 et f convexe car l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

    (Γ(x))2Γ(x)Γ′′(x)

    ce qui conduit à f′′0.

    On peut donc affirmer

    Γ(x)=ef(x)=limn+1xk=1n(1+1k)x1+xk=limn+n!(n+1)xx(x+1)(x+n)

    et l’on peut conclure sachant n+1 équivalent à n.

[<] Étude pratique de la fonction somme d'une série[>] Fonction solution d'équations fonctionnelles

 
Exercice 82  3644  Correction  

Pour x, on pose

S(x)=n=1+(-1)n-1xn+x2.
  • (a)

    Montrer que la fonction S est bien définie et étudier sa parité.

  • (b)

    Montrer que la fonction S est continue.

  • (c)

    Déterminer la limite de S en +.

Solution

On pose pour tout x et n*

un(x)=(-1)n-1xn+x2.
  • (a)

    Pour tout x, un(x) satisfait le critère spécial des séries alternées et donc un converge simplement. La fonction S est donc bien définie, elle est évidemment impaire.

  • (b)

    Soit a>0. Par le critère spécial des séries alternées

    |Rn(x)|x(n+1)+x2an+1 pour x[-a;a]

    et donc

    Rn,[-a;a]an0.

    Il y a convergence uniforme sur [-a;a] pour tout a>0 et donc convergence uniforme11 1 Une étude des variations de la fonction xx/((n+1)+x2) permet aussi d’établir qu’il y a convergence uniforme sur . sur tout segment de .
    De plus, chaque fonction un est continue et S est donc continue.

  • (c)

    Par le critère spécial des séries alternées, on peut encadrer S par deux sommes partielles consécutives

    x1+x2-x2+x2S(x)x1+x2

    et l’on peut donc affirmer S(x)x+0.

 
Exercice 83  4071   

Pour x[0;+[, on pose

S(x)=n=1+(-1)n-1ln(1+xn).
  • (a)

    Montrer que la fonction S est bien définie sur [0;+[ et de classe 𝒞1.

  • (b)

    Préciser son sens de variation.

 
Exercice 84  3194     CCP (MP)Correction  

Étudier la définition, la continuité et le caractère 𝒞1 de la fonction

S:xn=1(-1)nnsin(xn).

Solution

Posons

fn:x(-1)nnsin(xn).

Puisque les fonctions fn sont toutes impaires, on limite l’étude à x[0;+[.
À partir d’un certain rang Nx, on a x/nπ/2 et alors

sin(x/n)[0;1].

La série numérique fn(x) vérifie alors les hypothèses du critère spécial des séries alternées à partir du rang Nx et par conséquent cette série converge.

Ainsi, la série de fonctions fn converge simplement sur et donc sa fonction somme S est définie sur .

Les fonctions fn sont de classe 𝒞1 et

fn(x)=(-1)nn2cos(xn)

de sorte que

fn,=1n2.

On en déduit que la série de fonctions fn converge normalement sur et donc la fonction S est de classe 𝒞1 sur , a fortiori cette fonction est continue.

 
Exercice 85  910   Correction  

Pour n1 et x, on pose

un(x)=(-1)nln(1+x2n(1+x2)).
  • (a)

    Étudier la convergence uniforme de la série de fonctions un.

  • (b)

    Déterminer la limite de sa somme en +. On pourra exploiter la formule de Stirling.

Solution

  • (a)

    Pour tout x, la série numérique un(x) satisfait le critère spécial des séries alternées donc la série de fonctions un converge simplement sur .

    De plus,

    n=N+1+unln(1+x2(N+1)(1+x2))ln(1+1N+1)N+0

    La série de fonctions un converge donc uniformément sur .

  • (b)

    On remarque

    un(x)x+ln(1+1n).

    Par converge uniformément,

    n=1+un(x)x+=n=1+(-1)nln(1+1n).

    Pour calculer cette somme, manipulons les sommes partielles et séparons les termes d’indice pair de ceux d’indice impair

    n=12N(-1)nln(1+1n)=n=1N(ln(2n+1)-ln(2n))+n=1N(ln(2n-1)-ln(2n))

    donc

    n=12N(-1)nln(1+1n)=ln(((2N)!(2NN!)2)2(2N+1)).

    Or

    N!N+2πNNNe-N

    donc

    n=12N(-1)nln(1+1/n)N+ln(2π).

    On en déduit

    =ln(2π).
 
Exercice 86  904   Correction  

Pour t>0, on pose

S(t)=n=0+(-1)n1+nt.
  • (a)

    Justifier que S est définie et continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Étudier la limite de S en +.

  • (c)

    Établir que S est de classe 𝒞1 sur ]0;+[.

Solution

  • (a)

    Posons fn(t)=(-1)n1+nt pour t>0.
    Par application du critère spécial des séries alternées, fn converge simplement sur ]0;+[ et

    Rn,[a;+[11+na0

    pour tout a>0.
    Par converge uniformément sur tout segment d’une série de fonctions continue, S est définie et continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Par converge uniformément sur [a;+[,

    lim+S(t)=n=0+limt+(-1)n1+nt=1.

    Par application du critère spécial des séries alternées

    1-11+tS(t)1.
  • (c)

    Les fonctions fn sont de classe 𝒞1 et la série de fonctions fn converge simplement.

    fn(t)=(-1)n+1n(1+nt)2.

    La série fn(t) est alternée avec |fn(t)|=n(1+nt)2.
    Puisque

    |fn(t)|-|fn+1(t)|=n(n+1)t2-1(1+nt)2(1+(n+1)t)2

    la suite (|fn(t)|) décroît vers 0 à partir d’un certain rang.
    Soit a>0.
    À partir d’un certain rang n0,

    n(n+1)a2-10

    et alors pour tout ta, on peut appliquer le critère spécial des séries alternées à partir du rang n0.
    On a alors

    |Rn(t)|n(1+nt)2n(1+na)2

    donc

    Rn,[a;+[n(1+na)20.

    Ainsi la série de fonctions fn converge uniformément sur [a;+[.
    Par théorème, on peut alors conclure que S est de classe 𝒞1.

 
Exercice 87  139    Correction  

Pour t>0, on pose

S(t)=n=0+(-1)nnt+1.

Déterminer la limite de S(t) quand t0+.

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)=p=0+((-1)2p2pt+1+(-1)2p+1(2p+1)t+1)=p=0+t(2pt+1)((2p+1)t+1).

On constate la décroissance de la fonction

ft:xt(2xt+1)((2x+1)t+1).

Par comparaison avec une intégrale, on obtient l’encadrement

1+ft(x)dxS(t)0+ft(x)dx.

Puisque par les calculs précédents

t(2xt+1)((2x+1)t+1)=12xt+1-1(2x+1)t+1.

On obtient

0+t(2xt+1)((2x+1)t+1)dx =[12tln((2xt+1)((2x+1)t+1))]0+
=ln(1+t)2t

et

1+t(2xt+1)((2x+1)t+1)dx =[12tln((2xt+1)((2x+1)t+1))]1+
=ln(1+3t)-ln(1+2t)2t.

Par encadrement, on conclut

S(t)t0+1/2.
 
Exercice 88  916   Correction  

Pour tout x{-1} et tout n* on pose

un(x)=(-1)n-1nxn1+xn.
  • (a)

    Justifier que la fonction f:xn=1+un(x) est définie sur {-1}.

  • (b)

    Établir que pour tout x0,

    f(x)+f(1x)=n=1+(-1)n-1n.
  • (c)

    Établir que f est continue sur ]-1;1[ puis que f est continue sur ]-;-1[ et ]1;+[.

  • (d)

    Établir la continuité de f en 1.

Solution

  • (a)

    Pour x]-1;1[,

    |un(x)|=o(|x|n)

    donc un(x) est absolument convergente donc convergente.

    Pour x=1,

    un(x)=(-1)n-12n

    donc un(x) converge en vertu du critère spécial des séries alternées.

    Pour x]-;-1[]1;+[,

    un(x)=(-1)n-1n(1-11+xn)=(-1)n-1n+o(1|x|n)

    donc un(x) est somme d’une série convergente et d’une série absolument convergente.

  • (b)
    f(x)+f(1x)=n=1+(-1)n-1n(xn1+xn+1/xn1+1/xn)=n=1+(-1)n-1n.
  • (c)

    Soit a[0;1[.

    f,[-a;a]an1-anan1-a

    donc fn 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)=Cte-f(1/x), f est aussi continue sur ]-;-1[ et sur ]1;+[ par composition de fonctions continues.

  • (d)

    Pour x[0;1], la série un(x) est alternée et la suite (1nxn1+xn)n0 décroît vers 0 (après étude non détaillée ici) donc le critère spécial des séries alternées s’applique et

    |k=n+1+uk(x)|1n+1xn+11+xn+11n+1

    puis

    Rn,[0;1]1n+1n+0.

    La série de fonctions continues un 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 89  902   Correction  

Sur I=]-1;+[, on pose

S(x)=n=1+(1n-1n+x).
  • (a)

    Montrer que S est définie et continue sur I.

  • (b)

    Étudier la monotonie de S.

  • (c)

    Calculer, pour xI,

    S(x+1)-S(x).
  • (d)

    Déterminer un équivalent de S(x) en -1+.

  • (e)

    Établir

    S(n)=k=1n1kpour tout n*.
  • (f)

    En déduire un équivalent de S(x) en +.

Solution

  • (a)

    Pour n*, posons

    fn:x1n-1n+x=xn(n+x)

    fn est définie et continue sur ]-1;+[. Soient -1<a01b. Pour tout x[a;b],

    |xn(n+x)||x|n(n+a)bn(n+a) car |a|b.

    Ainsi,

    fn,[a;b]bn(n+a).

    La série de fonction fn converge normalement sur [a;b] et donc converge uniformément sur tout segment inclus dans ]-1;+[.

  • (b)

    Chaque fn est croissante donc, par sommation de monotonie, S est croissante.

  • (c)
    S(x+1)-S(x)=n=2+(1n-1-1n+x)-n=1+(1n-1n+x)

    donc

    S(x+1)-S(x)=n=2+(1n-1-1n)-1+1x+1=1x+1.
  • (d)

    Par continuité,

    S(x+1)x0+S(0)=0

    puis

    S(x)=-1x+1+S(x+1)=x0+-1x+1+o(1x+1)x0+-1x+1.
  • (e)

    S(0)=0 et S(x+1)-S(x)=1x+1 donc, pour tout n,

    S(n)=k=1n1k.
  • (f)

    On sait

    k=1n1kn+ln(n)

    et l’on sait

    ln(n+1)n+ln(n).

    Puisque

    S(x)S(x)S(x+1)

    on obtient

    S(x)x+ln(x)x+ln(x).
 
Exercice 90  903   Correction  

Pour x>0, on pose

S(x)=n=0+(-1)nn+x.
  • (a)

    Justifier que S est définie et de classe 𝒞1 sur +*.

  • (b)

    Préciser le sens de variation de S.

  • (c)

    Établir

    S(x+1)+S(x)=1xpour tout x>0.
  • (d)

    Donner un équivalent de S en 0.

  • (e)

    Donner un équivalent de S en +.

Solution

  • (a)

    Les fonctions fn:x(-1)nn+x sont de classe 𝒞1 et

    fn(x)=(-1)n+1(n+x)2.

    Par le critère spécial des séries alternées, n0fn(x) converge simplement sur ]0;+[ vers S.

    Soit a>0. Sur [a;+[,

    fn,[a;+[1(n+a)2etn=0+1(n+a)2<+

    donc fn converge normalement sur [a;+[ puis converge uniformément sur tout segment de ]0;+[.

    Par théorème, S est définie et de classe 𝒞1 sur ]0;+[ et

    S(x)=n=0+(-1)n+1(n+x)2.
  • (b)

    On peut appliquer le critère spécial des séries alternées à la série de somme n=0+(-1)n+1(n+x)2. Celle-ci est donc du signe de son premier terme -1x2. Ainsi, S(x)0 et la fonction S est décroissante.

  • (c)

    Pour x>0,

    S(x+1)+S(x)=n=0+(-1)nn+x+1+n=0+(-1)nn+x=-n=1+(-1)nn+x+n=0+(-1)nn+x=1x.
  • (d)

    Par continuité de S,

    S(x+1)x0S(1)

    et donc Quand x0,

    S(x)=1x-S(x+1)=x0+1x+o(1x)x0+1x
  • (e)

    Pour x assez grand,

    12(S(x)+S(x+1))S(x)12(S(x)+S(x-1))

    avec

    1xx+1x-1

    On en déduit

    S(x)x+12x.
 
Exercice 91  3777     ENSTIM (MP)Correction  

Pour x>0, on pose

F(x)=n=0+(-1)nn+x.
  • (a)

    Montrer que F est bien définie.

  • (b)

    Montrer que F est de classe 𝒞1.

  • (c)

    Simplifier

    F(x)+F(x+1).
  • (d)

    Montrer que pour x>0

    F(x)=01tx-11+tdt.
  • (e)

    Donner un équivalent de F en 0 et en +.

Solution

Posons un:]0;+[ donnée par

un(x)=(-1)nn+x.
  • (a)

    Par le critère spécial, un(x) converge pour chaque x>0. Il y a convergence simple de la série de fonctions définissant F.

  • (b)

    Les fonctions un sont de classe 𝒞1 et pour n1

    un(x)=(-1)n+1(n+x)2.

    On a

    un=1n2.

    Il y a convergence normale un pour n1.

    Il y a donc convergence uniforme de un (pour n0) et l’on peut donc conclure que F est de classe 𝒞1.

  • (c)

    Par glissement d’indice,

    F(x+1)=n=1+(-1)nn+1+x=-n=2+(-1)nn+x

    et donc

    F(x)+F(x+1)=1x.
  • (d)

    Posons

    G(x)=01tx-11+tdt.

    L’intégrale est bien définie pour x>0 et l’on remarque

    G(x)+G(x+1)=1x.

    Posons H=F-G. La fonction H est 2-périodique, montrons qu’elle tend vers 0 en +.

    Par application du critère spécial,

    x>0,F(x)0

    donc

    0F(x)F(x)+F(x+1)=1xx+0

    Par encadrement, F tend vers 0 en +.

    Le même raisonnement se transpose à G.

    On peut conclure que H tend vers 0 en + puis, finalement, H est la fonction nulle.

  • (e)

    Par continuité,

    F(x+1)x0F(1)

    et donc

    F(x)=1x-F(x+1)x01x.

    On vérifie aisément que F est décroissante et puisque

    1x=F(x)+F(x+1)2F(x)F(x)+F(x-1)=1x-1

    on obtient

    F(x)x+12x.
 
Exercice 92  912   

On pose

S(x)=n=0+<