[<] Fonction solution d'équations fonctionnelles [>] Limite de sommes

 
Exercice 1  5256   

(La fonction ζ de Riemann )

On pose

ζ(x)=n=1+1nx.
  • (a)

    Montrer que la fonction ζ est définie et de classe 𝒞 sur ]1;+[.

  • (b)

    Déterminer un équivalent de la fonction ζ en 1+.

  • (c)

    Déterminer la limite de la fonction ζ en + ainsi qu’un équivalent de ζ(x)- quand x tend vers l’infini.

 
Exercice 2  907   

(La fonction ζ de Riemann)

On pose

ζ(x)=n=1+1nx.
  • (a)

    Montrer que la fonction ζ est définie et de classe 𝒞 sur ]1;+[.

  • (b)

    Préciser la monotonie et la convexité de la fonction ζ.

  • (c)

    Déterminer la limite de la fonction ζ en +.

  • (d)

    Déterminer un équivalent de la fonction ζ en 1+.

  • (e)

    Établir la convexité de la fonction xln(ζ(x)).

 
Exercice 3  2834     MINES (MP)Correction  

Si x>1, on pose

ζ(x)=n=1+1nx.
  • (a)

    Quelle est la limite de ζ(x) quand x+?

  • (b)

    Pour quels réels x la série ζ(n)nxn converge-t-elle?

  • (c)

    Si

    F(x)=n=2+ζ(n)nxn

    montrer que F est continue sur [-1;1[ et de classe 𝒞1 sur ]-1;1[.

  • (d)

    Donner une expression plus simple de F(x)

Solution

  • (a)

    Posons un(x)=1/nx définie sur ]1;+[.
    La série de fonctions un converge simplement sur ]1;+[ ce qui assure la bonne définition de ζ(x).
    Plus précisément, pour a>1, on a

    supx[a;+[|un(x)|=un(a) avec un(a) convergente

    et il y a donc convergence normale (et donc uniforme) de la série de fonctions un sur [a;+[.
    Puisque

    un(x)x+{1 si n=10 si n2

    on peut appliquer le théorème de la double limite et affirmer que ζ tend en + vers la somme convergente des limites

    ζ(x)x+1.
  • (b)

    Posons vn(x)=ζ(n)xn/n. Pour x0, on a

    |vn+1(x)vn(x)|n+|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

    ζ(n)nn+1n.

    Pour x=-1, il y a convergence en vertu du critère spécial des séries alternées. En effet, la suite ((-1)nζ(n)/n) est alternée et décroît en valeur absolue vers 0 notamment car ζ(n+1)ζ(n).

  • (c)

    En tant que somme d’une série entière de rayon de convergence 1, la fonction F est assurément de classe 𝒞1 (et même 𝒞) sur ]-1;1[.

    Les fonctions vn sont continues sur [-1;0] et l’on vérifie que la série vn(x) satisfait le critère spécial des séries alternées pour tout x[-1;0]. On peut alors majorer le reste de cette série par son premier terme

    |k=n+1+vk(x)||vn+1(x)|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 vn sur [-1;0] et sa somme F est donc continue.

  • (d)

    Par dérivation de la somme d’une série entière, on obtient pour x]-1;1[,

    F(x)=n=1+ζ(n+1)xn=n=1+p=1+xnpn+1.

    On peut permuter les deux sommes par sommabilité car il y a convergence des séries

    p1|xnpn+1|etn1p=1+|xnpn+1|.

    On en déduit après sommation géométrique

    F(x)=p=1+n=1+xnpn+1=p=1+xp(p-x)=p=1+(1p-x-1p).

    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)+0xF(t)dt=0xp=1+(1p-t-1p)dt
    =p=1+0x1p-t-1pdt=p=1+ln(pp-x)-xp.
 
Exercice 4  899   Correction  

Soient

ζ(x)=n=1+1nxetη(x)=n=1+(-1)n-1nx.
  • (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)=(1-21-x)ζ(x) pour tout x>1.

Solution

  • (a)

    ζ est définie sur ]1;+[ et η est définie sur ]0;+[ (via le critère spécial des séries alternées)

  • (b)

    fn:x1nx est continue.
    Pour tout a>1,

    |1nx|1na

    donc

    fn,[a;+[1na

    or 1na converge donc fn converge normalement sur [a;+[ puis converge uniformément sur tout segment inclus dans ]1;+[. Par théorème, on obtient que la fonction ζ est continue.
    gn:x(-1)nnx est continue.
    Par le critère spécial des séries alternées

    |n=N+1+(-1)n-1nx|1(N+1)x.

    Pour tout a>0,

    |n=N+1+(-1)n-1nx|1(N+1)x1(N+1)a

    donc gn converge uniformément sur [a;+[ puis converge uniformément sur tout segment inclus dans ]0;+[. Par théorème on obtient que la fonction η est continue sur ]0;+[.

  • (c)

    Pour x>1

    η(x)=n=1+1nx-2k=1+1(2k)x=ζ(x)-21-xζ(x).
 
Exercice 5  4750    

(La fonction η de Dirichlet)

On pose

η(x)=n=1+(-1)n-1nx.
  • (a)

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

  • (b)

    Déterminer la limite de la fonction η en 0 par valeurs supérieures.

 
Exercice 6  909   Correction  

On pose

η(x)=n=1+(-1)n-1nx.

Montrer que η est définie et de classe 𝒞 sur ]0;+[.

Solution

Par le critère spécial des séries alternées, η est bien définie sur ]0;+[.

fn:x(-1)n-1nx est de classe 𝒞 sur ]0;+[ et

fn(p)(x)=(-1)n+p-1(ln(n))pnx.

La suite (fn(p)(x))n est alternée. Étudions

φ:t(ln(t))ptx.

On a

φ(t)=ln(t)p-1(p-xln(t))tx+1.

Pour ln(t)p/x, φ(t)0 donc φ décroissante sur [ep/x;+[. Ainsi (fn(p)(x))n1 est décroissante à partir du rang ep/x+1 et tend vers 0. On peut donc appliquer le critère spécial des séries alternées. Pour a>0 et pour nep/a+1 on a pour tout x[a;+[,

|Rn(x)|=|k=n+1+(-1)n+p(ln(n))pnx|(ln(n+1))p(n+1)x(ln(n+1))p(n+1)a

donc

Rn,[a;+[(ln(n+1))p(n+1)a0

fn(p) converge uniformément sur [a;+[ (pour tout a>0) donc converge simplement sur ]0;+[ et converge uniformément sur tout segment de ]0;+[.

Par théorème, on peut alors conclure que η est de classe 𝒞 sur ]0;+[.

 
Exercice 7  4174      CENTRALE (MP)Correction  

Soit

ζ(s)=n=1+1ns avec s.
  • (a)

    Montrer la définition de ζ(s) pour Re(s)>1.

  • (b)

    Montrer qu’alors

    ζ(s)(1-21-s)=n=1+(-1)n-1ns.
  • (c)

    En déduire un prolongement continu de ζ sur

    Ω={z|Re(z)>0}{1}.

Solution

  • (a)

    Soit s=a+ib avec a,b. Pour tout n*,

    |1ns|=1na.

    Par conséquent, si a>1, la série 1/ns converge absolument et donc converge.

  • (b)

    Soit s tel que Re(s)>1. En développant

    ζ(s)(1-21-s)=n=1+1ns-P=1+2(2p)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)(1-21-s)=p=1+1(2p-1)s-p=1+1(2p)s. (1)

    En regroupant ces sommes, on obtient

    ζ(s)(1-21-s)=n=1+(-1)n-1ns

    avec sommabilité de la somme en second membre.

  • (c)

    En reprenant, l’expression (1), étudions

    F(s)=p=1+1(2p-1)s-p=1+1(2p)s=p=1+up(s)

    avec

    up(s)=(2p)s-(2p-1)s(2p)s(2p-1)s

    définie pour s tel que Re(s)>0.

    Pour s=a+ib fixé, la fonction f:tts est de classe 𝒞1 sur [2p-1;2p] et

    |f(t)|=|sts-1|=|s|ta-1|s|((2p-1)a-1+(2p)a-1).

    Par l’inégalité des accroissements finis

    |(2p)s-(2p-1)s||s|((2p-1)a-1+(2p)a-1)

    donc

    |up(s)| |s|((2p-1)a-1+(2p)a-1)(2p)a(2p-1)a
    |s|(1(2p)a(2p-1)+1(2p)(2p-1)a).

    Introduisons alors

    Ωα,R={z|Re(z)α et |z|R} pour α,R>0.

    Les fonctions un sont continues sur Ωα,R et pour tout sΩα,R

    |un(s)||R|(1(2p)α(2p-1)+1(2p)(2p-1)α)=n+O(1pα+1).

    La série de fonctions un converge normalement sur Ωα,R et sa fonction somme F est définie et continue sur Ωα,R. Ceci valant pour tous α et R strictement positifs, on obtient que F est définie et continue sur {z|Re(z)}. Enfin, la fonction s1-21-s étant continue et ne s’annulant pas sur Ω, on peut prolonger ζ par continuité sur Ω en posant

    ζ(s)=F(s)1-21-s.
 
Exercice 8  4187   Correction  

Soit (un)n1 une suite de réels strictement positifs de limite +. Lorsque cela a un sens, on pose

f(x)=n=1+1unx.
  • (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 (un)n1 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 xI. Puisque la suite (un) tend vers l’infini, il existe un rang N au delà duquel tous ses termes sont supérieurs à 1. Pour tout réel yx et tout nN

    uny=eyln(un)exln(un)=unx donc 1uny1unx.

    Par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer la convergence de la série définissant f(y). Ainsi,

    xI[x;+[I.

    Lorsqu’il n’est pas vide, le domaine est donc un intervalle non majoré.

  • (b)

    Les fonctions fn:x1/unx sont continues sur I et l’on a la convergence normale de la série de fonctions nNfn sur tout intervalle [a;+[ inclus dans I car

    nN,x[a;+[,|1unx|=1unx1una=αn

    avec αn convergente.

    Par théorème, on peut affirmer que la fonction f somme de fn est continue.

  • (c)
    • Pour un=ln(n), I=.

    • Pour un=n, I=]1;+[ (cf. séries de Riemann).

    • Pour un=n(ln(n))2, I=[1;+[ (cf. séries de Bertrand).

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Édité le 08-11-2019

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