Exercice 1 2532 CCINP (MP)Correction

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

f_{n} (x) = x (1 + n^{α} e^{- n x}) .

(a)

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

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

Calculer

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

Solution

(a)

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

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

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

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

Exercice 2 893 Correction

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

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

(a)

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

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

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

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

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

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ .

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

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

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

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

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

puis

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

Récurrence établie.
(b)

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

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

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

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

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

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

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

donc

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

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

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

Par conséquent,

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

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

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

Exercice 3 3891

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

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

(a)

Montrer que pour tout $x \in ℝ_{+}$ ,

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

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

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

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

Exercice 4 4747

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

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

(a)

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

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

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

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

(b)

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

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

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

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

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

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

Exercice 5 5832 Correction

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

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

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

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

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

(a)

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

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

Solution

(a)

Soit $x \in I$ .

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

Soit $n > N_{x}$ . On écrit

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

et l’on peut considérer

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

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

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

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

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

puis, par opérations sur les limites,

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

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

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

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

avec

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

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

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

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

donc

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

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

Exercice 6 2970 X (MP)Correction

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

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

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

(a)

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

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

(b)

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

Solution

(a)

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

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

Si $f (x) = α x^{β}$ alors

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

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

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

On a

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

et, pour $n \geq 1$ ,

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

On a

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

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

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

donc

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

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

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

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

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

De plus,

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

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

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

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

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

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

et ainsi

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

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

La relation

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

donne à la limite

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

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

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

Exercice 7 4104 CENTRALE (MP)Correction

On étudie l’équation fonctionnelle

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

(a)

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

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

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

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

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

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

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

Solution

(a)

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

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

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

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

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

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

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

En répétant cette majoration

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

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

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

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

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

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

on obtient l’identité

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

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

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

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

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

Cette solution est bien continue en 1 car

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

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

Exercice 8 5417 Correction

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

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

(a)

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

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

On pose

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

(b)

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

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

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

Solution

(a)

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

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

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

Pour $x \in ℝ_{+}^{*}$ et $k \in ℕ$ ,

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

et donc

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

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

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

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

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

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

Or pour $N \geq n + 1$

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

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

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

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

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

Ainsi,

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

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

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

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

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

$Ψ (x + 1) - Ψ (x) = \frac{1}{x} .$

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

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

Pour $k \in ℕ^{*}$ ,

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

et donc

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

puis

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

et enfin

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

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

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

On en déduit

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

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

Édité le 29-08-2023

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

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

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

Étude pratique de la limite d'une suite de fonctions