Exercice 1 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 2 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 3 901 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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 9 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 10 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 11 905 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 12 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 13 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 14 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 15 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 16 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 17 915 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 18 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 19 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 20 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 21 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 22 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 23 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 24 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 $+ \infty$ .

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

Édité le 17-06-2025

	$I (x)$	$= {[\ln (t) \frac{t^{1 - x}}{1 - x}]}_{3}^{+ \infty} + \frac{1}{x - 1} \int_{3}^{+ \infty} t^{- x} d t$
		$= \ln (3) \frac{3^{1 - x}}{x - 1} - \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} {[t^{1 - x}]}_{3}^{+ \infty}$
		$= \ln (3) \frac{3^{1 - x}}{x - 1} + \frac{3^{1 - x}}{{(x - 1)}^{2}} {[t^{1 - x}]}_{3}^{+ \infty} \underset{x \to 1^{+}}{\sim} \frac{1}{{(x - 1)}^{2}} .$

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

	$I (x)$	$\underset{x \to 1^{+}}{\sim} - \ln (1 - 2^{1 - x}) = - \ln ((x - 1) \ln (2) + o (x - 1))$
		$= \underset{\begin{matrix} \to + \infty \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (x - 1)}} + \underset{\begin{matrix} \to \ln (\ln 2) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (\ln (2) + o (1))}} \underset{x \to 1^{+}}{\sim} - \ln (x - 1) .$

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