Puisque la fonction $f$ est décroissante, elle admet une limite en $+\mathrm{\infty }$. Puisque la fonction $f$ est aussi intégrable cette limite est nécessairement nulle. En particulier, la fonction $f$ est positive.

Par télescopage, on observe

Si l’on adjoint (arbitrairement) la contrainte d’une limite nulle à $g$ en $+\mathrm{\infty }$, on est tenté de poser

Il reste à montrer que cette fonction est bien définie et continue ce qui sera obtenu par un argument de convergence normale.

Soit $x\in {ℝ}_{+}$. Pour $k\ge 1$,

donc

Par intégrabilité de $f$, il y a convergence de la série

et donc convergence normale de la série de fonctions

L’adjonction du terme d’indice $k=0$ ne change rien et l’on peut conclure.

On vient ainsi de trouver une solution au problème posé, d’autres solutions s’en déduisent par ajout d’une constante.

• (a)

  On a

  $$\frac{1}{x+n}+\frac{1}{x-n}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}\mathrm{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

  d’où l’existence de la somme par convergence absolue.

• (b)

  Soit $x\in ℝ$.

  $$f(x)=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=-N}^N\frac{1}{x+k}\text{.}$$

  Or

  $$\sum _{k=-N}^N\frac{1}{x+1+k}=\sum _{k=-N+1}^{N+1}\frac{1}{x+k}\text{.}$$

  À la limite quand $N\to +\mathrm{\infty }$, on obtient $f(x+1)=f(x)$.

  Soit à nouveau $x\in ℝ$.

  $$\sum _{k=-N}^N\frac{1}{\frac{x}{2}+k}+\sum _{k=-N}^N\frac{1}{\frac{x+1}{2}+k}=2\sum _{k=-2N+1}^{2N+1}\frac{1}{x+k}\text{.}$$

  À la limite,

  $$f\left(\frac{x}{2}\right)+f\left(\frac{x+1}{2}\right)=2f(x)\text{.}$$

• (a)

  def S(N,x):
      if N == 0:
          return 1/x
      return S(N-1,x) + 1/(x-N) + 1/(x+N)
  

• (b)

  import matplotlib.pyplot as plt
  import numpy as np
  
  def trace(N,a,b):
      X = linspace(a,b,100)
      Y = [S(N,x) for x in X]
      plt.plot(X,Y)
  

• (c)

  Posons $u_n:ℝ\setminus \mathbb{Z}\to ℝ$ définie par

  $$u_n(x)=\frac{2x}{x^2-n^2}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-\frac{2x}{n^2}\text{.}$$

  Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série $\sum u_n(x)$ converge pour tout $x\in ℝ\setminus \mathbb{Z}$. On peut alors affirmer la convergence simple de la suite de fonctions $(S_N)$ vers une certaine fonction $S$ sur $ℝ\setminus \mathbb{Z}$.

• (d)

  Soit $[a;b]$ inclus dans $ℝ\setminus \mathbb{Z}$. Pour $N_0$ assez grand, on a

  $$[a;b]\subset [-N_0;N_0]\text{.}$$

  Soit $x\in [a;b]$. Pour tout $N>N_0$ et tout $P\in \mathbb{N}$,

  $$S_{N+P}(x)-S_N(x)=\sum _{n=N+1}^{N+P}\frac{2x}{x^2-n^2}\text{.}$$

  Le facteur $x^2-n^2$ est négatif pour chaque terme sommé et par conséquent

  $$\left|S_{N+P}(x)-S_N(x)\right|\le \sum _{n=N+1}^{N+P}\frac{2|x|}{n^2-x^2}\le \sum _{n=N+1}^{N+P}\frac{2N_0}{n^2-N_0^2}\text{.}$$

  En passant à la limite quand $P$ tend vers $+\mathrm{\infty }$, on obtient la majoration uniforme

  $$\left|S(x)-S_N(x)\right|\le {\alpha }_N\text{ avec }{\alpha }_N=\sum _{n=N+1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2N_0}{n^2-N_0^2}\text{.}$$

  Puisque ${\alpha }_N$ est le reste de rang $N$ d’une série convergente, ${\alpha }_N$ est de limite nulle et l’on peut conclure que la suite de fonctions $(S_N)$ converge uniformément vers $S$ sur $[a;b]$.

• (e)

  Les fonctions $S_N$ sont continues et par convergence uniforme sur tout segment, on peut affirmer que la fonction $S$ est continue sur $ℝ\setminus \mathbb{Z}$.

  Les fonctions $S_N$ sont impaires et par convergence simple, on peut affirmer que $S$ est une fonction impaire.

  Enfin, on obtient que la fonction $S$ est $1$-périodique en passant à la limite l’égalité

  $$S_N(x+1)=\sum _{n=-N+1}^{N+1}\frac{1}{x+n}=S_N(x)+\frac{1}{x+N+1}-\frac{1}{x-N}$$

  valable pour tout $x\in ℝ\setminus \mathbb{Z}$.

• (f)

  Pour tout $x\in ℝ\setminus \mathbb{Z}$, on remarque

  	$S_N\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)+S_N\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)$	$={\displaystyle \sum _{n=-N}^N}{\displaystyle \frac{2}{x-2n}}+{\displaystyle \sum _{n=-N}^N}{\displaystyle \frac{2}{x-(2n-1)}}$
  		$={\displaystyle \sum _{n=-2N-1}^{2N}}{\displaystyle \frac{2}{x-n}}=2S_{2N}(x)+{\displaystyle \frac{2}{x+2N+1}}\text{.}$

  On obtient la relation voulue en passant à la limite quand $N$ tend vers $+\mathrm{\infty }$.

• (g)

  Pour $x\in ℝ\setminus \mathbb{Z}$, on a

  $$\cot \left(\pi \frac{x}{2}\right)+\cot \left(\pi \frac{x+1}{2}\right)=\frac{\cos \left(\frac{\pi x}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\pi x}{2}\right)}-\frac{\sin \left(\frac{\pi x}{2}\right)}{\cos \left(\frac{\pi x}{2}\right)}\text{.}$$

  Après réduction au même dénominateur

  $$\cot \left(\pi \frac{x}{2}\right)+\cot \left(\pi \frac{x+1}{2}\right)=\frac{2\cos (\pi x)}{\sin (\pi x)}=2\cot (\pi x)\text{.}$$

  L’ensemble des fonctions vérifiant la relation proposée étant un sous-espace vectoriel, la fonction $f$ vérifie aussi cette relation.

• (h)

  Pour $x\in ]-1;1[\setminus \{0\}$, on peut écrire

  $$S(x)=\frac{1}{x}+T(x)\text{ avec }T(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{2x}{x^2-n^2}\text{.}$$

  Par les arguments précédents, on peut affirmer que la fonction $T$ est continue sur $]-1;1[$. Aussi, on a par développement limité

  $$\pi \cot (\pi x)\underset{x\to 1}{=}\frac{1}{x}+\mathrm{o}(1)$$

  donc

  $$f(x)\underset{x\to 0}{=}\mathrm{o}(1)-T(x)$$

  ce qui permet de prolonger $f$ par continuité en $0$ avec la valeur $-T(0)=0$. Par périodicité, on peut prolonger $f$ par continuité avec la valeur $0$ en tout $k\in \mathbb{Z}$.

  La fonction $f$ est continue sur le compact $[0;1]$ et y présente un maximum de valeur $M$. Celui-ci est atteint en un certain $x_0\in [0;1]$. Or

  $$\underset{\begin{array}{c}\le M\end{array}}{\underbrace{f\left(\frac{x_0}{2}\right)}}+\underset{\begin{array}{c}\le M\end{array}}{\underbrace{f\left(\frac{x_0+1}{2}\right)}}=2f(x_0)=2M$$

  et donc

  $$f\left(\frac{x_0}{2}\right)=f\left(\frac{x_0+1}{2}\right)=M\text{.}$$

  Ainsi, le maximum de $f$ est aussi atteint en $x_0/2$, puis en $x_0/4$, etc. Finalement, le maximum de $f$ est atteint en $0$ et il est donc de valeur nulle. De même, on montre que le minimum de $f$ est nul et l’on peut conclure

  $$\forall x\in ℝ\setminus \mathbb{Z},S(x)=\pi \cot (\pi x)\text{.}$$