[<] Étude pratique de la fonction somme d'une série alternée [>] Fonctions zêta et êta

 
Exercice 1  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 2  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 3  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 4  912   

On pose

S(x)=n=0+(-1)nn!(x+n)pour tout x>0.
  • (a)

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

  • (b)

    Étudier les variations de S et préciser ses limites en 0+ et en +.

  • (c)

    Établir

    xS(x)-S(x+1)=1epour tout x>0.
  • (d)

    Donner un équivalent de S en + et en 0+.

 
Exercice 5  913   Correction  

Pour x>0, on pose

S(x)=n=0+k=0n1(x+k).
  • (a)

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

  • (b)

    Former une relation liant S(x) et S(x+1).

  • (c)

    Déterminer un équivalent de S en + et en 0.

Solution

  • (a)

    Pour n, on introduit fn:xk=0n1(x+k). La fonction fn est continue sur ]0;+[.

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

    fn1a1n!.

    La série de fonctions fn converge normalement sur [a;+[ donc converge uniformément sur tout segment de ]0;+[. Par théorème, la somme S de la série fn est continue sur ]0;+[.

  • (b)

    Pour x>0,

    S(x) =1x+1xn=1+k=1n1(x+k)
    =1x+1xn=0+k=0n1(x+1+k)
    =1x+1xS(x+1).

    Ainsi,

    xS(x)-S(x+1)=1.
  • (c)

    Par convergence uniforme sur [a;+[,

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

    On en déduit

    S(x)=1x+1xS(x+1)=x+1x+o(1x)x+1x.

    Par continuité de S,

    S(x+1)x0S(1)

    avec

    S(1)=n=0+k=0n1k+1=n=0+1(n+1)!=e-1

    donc

    S(x)=1+S(x+1)xx0ex.
 
Exercice 6  914   Correction  

Pour tout n et tout x+, on pose

fn(x)=th(x+n)-th(n).
  • (a)

    Établir la convergence de la série de fonctions fn.

  • (b)

    Justifier que la fonction somme S=n=0+fn est continue et strictement croissante sur +.

  • (c)

    Vérifier que pour tout x+

    S(x+1)-S(x)=1-th(x).
  • (d)

    Étudier l’existence d’une limite finie à S en +.

Solution

  • (a)

    Par le théorème des accroissements finis, on peut écrire fn(x)=x(th)(c) avec c]n;x+n[. Puisque (th)(c)=1ch2(c),

    |fn(x)|xch2(n)n+4xe2n.

    Par suite,

    n2fn(x)n+0.

    La série fn(x) est absolument convergente donc convergente. Ainsi, fn converge simplement sur +.

  • (b)

    Pour a+, l’étude qui précède donne

    fn,[0;a]ach2(n)

    donc fn converge normalement sur [0;a]. Par convergence uniforme sur tout segment d’une série de fonction continue, on peut affirmer que S est continue. De plus, les fonctions sommées étant toutes strictement croissantes, la somme S l’est aussi. En effet, pour x<y,

    k=1nfk(x)<k=1nfk(y)

    donne à la limite

    k=1+fk(x)k=1+fk(y)

    Aussi puisque f0(x)<f0(y), on parvient à

    S(x)<S(y).
  • (c)

    Pour x+,

    S(x+1) =n=0+(th(x+1+n)-th(n))
    =n=0+(th(x+1+n)-th(n+1))+n=0+(th(n+1)-th(n))

    avec convergence des deux séries introduites. Par glissement d’indice,

    n=0+(th(x+1+n)-th(n+1))=S(x)-th(x)

    etn par étude la limite des sommes partielles,

    n=0+(th(n+1)-th(n))=1.

    On conclut à la relation proposée.

  • (d)

    S admet une limite en + car c’est une fonction monotone. Pour déterminer celle-ci, étudions la limite de la suite (S(n)). La nature de la suite S(n) est celle de la série de terme général

    S(n+1)-S(n)=1-th(n).

    Or

    1-th(n)=ch(n)-sh(n)ch(n)=e-nch(n)n+12e-2n

    est terme général d’une série absolument convergente.

    On en déduit que la suite (S(n)) converge et que la fonction S admet donc une limite finie en +.

 
Exercice 7  3978     MINES (MP)
  • (a)

    Montrer qu’il existe une unique fonction f:]0;+[ de limite nulle en + et vérifiant

    f(x)+f(x+1)=1x2pour tout x>0.
  • (b)

    Montrer que f est continue sur ]0;+[ et intégrable sur [1;+[.

  • (c)

    Calculer

    1+f(t)dt.
 
Exercice 8  3754     MINES (MP)Correction  

Soit f:+ continue décroissante et intégrable.

Montrer l’existence d’une fonction g:+ continue vérifiant

x+,g(x+1)-g(x)=f(x).

Solution

Puisque la fonction f est décroissante, elle admet une limite en +. Puisque la fonction f est aussi intégrable cette limite est nécessairement nulle. En particulier, la fonction f est positive.

Par télescopage, on observe

g(x+N)-g(x)=k=0N-1f(x+k)

Si l’on adjoint (arbitrairement) la contrainte d’une limite nulle à g en +, on est tenté de poser

g(x)=-k=0+f(x+k).

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

Soit x+. Pour k1,

0f(x+k)f(k)k-1kf(t)dt

donc

supx+|f(x+k)|k-1kf(t)dt.

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

k-1kf(t)dt

et donc convergence normale de la série de fonctions

k1f(x+k).

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.

 
Exercice 9  898   Correction  
  • (a)

    Justifier l’existence de

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

    pour tout x.

  • (b)

    Montrer que f est 1-périodique et que l’on a

    f(x2)+f(x+12)=2f(x)

    pour tout x.

Solution

  • (a)

    On a

    1x+n+1x-n=n+O(1n2)

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

  • (b)

    Soit x.

    f(x)=limN+k=-NN1x+k.

    Or

    k=-NN1x+1+k=k=-N+1N+11x+k

    À la limite quand N+, on obtient f(x+1)=f(x).

    Soit à nouveau x.

    k=-NN1x2+k+k=-NN1x+12+k=2k=-2N+12N+11x+k

    À la limite,

    f(x2)+f(x+12)=2f(x).
 
Exercice 10  4173      CENTRALE (MP)Correction  

On définit la suite de fonctions (SN)N:

N,x,SN(x)=n=-NN1x+n=1x+n=1N2xx2-n2.
  • (a)

    Écrire avec Python une fonction S(N,x) renvoyant SN(x).

  • (b)

    Écrire une fonction prenant trois paramètres N, a et b et traçant le graphe de SN sur le segment [a;b].

  • (c)

    Montrer que la suite (SN) converge simplement sur vers une fonction que l’on notera S.

  • (d)

    Montrer que la convergence est uniforme sur tout segment de .

  • (e)

    Montrer que S est continue sur , impaire et 1-périodique.

  • (f)

    Montrer

    x,S(x2)+S(x+12)=2S(x).
  • (g)

    Montrer que la fonction f:xπcot(πx)-S(x) vérifie la même relation.

  • (h)

    Montrer que f se prolonge par continuité sur . En déduire S.

Solution

  • (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 un: définie par

    un(x)=2xx2-n2n+-2xn2.

    Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série un(x) converge pour tout x. On peut alors affirmer la convergence simple de la suite de fonctions (SN) vers une certaine fonction S sur .

  • (d)

    Soit [a;b] inclus dans . Pour N0 assez grand, on a

    [a;b][-N0;N0].

    Soit x[a;b]. Pour tout N>N0 et tout P,

    SN+P(x)-SN(x)=n=N+1N+P2xx2-n2.

    Le facteur x2-n2 est négatif pour chaque terme sommé et par conséquent

    |SN+P(x)-SN(x)|n=N+1N+P2|x|n2-x2n=N+1N+P2N0n2-N02.

    En passant à la limite quand P tend vers +, on obtient la majoration uniforme

    |S(x)-SN(x)|αN avec αN=n=N+1+2N0n2-N02.

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

  • (e)

    Les fonctions SN sont continues et par convergence uniforme sur tout segment, on peut affirmer que la fonction S est continue sur .

    Les fonctions SN 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

    SN(x+1)=n=-N+1N+11x+n=SN(x)+1x+N+1-1x-N

    valable pour tout x.

  • (f)

    Pour tout x, on remarque

    SN(x2)+SN(x+12) =n=-NN2x-2n+n=-NN2x-(2n-1)
    =n=-2N-12N2x-n=2S2N(x)+2x+2N+1.

    On obtient la relation voulue en passant à la limite quand N tend vers +.

  • (g)

    Pour x, on a

    cot(πx2)+cot(πx+12)=cos(πx2)sin(πx2)-sin(πx2)cos(πx2).

    Après réduction au même dénominateur

    cot(πx2)+cot(πx+12)=2cos(πx)sin(πx)=2cot(πx).

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

  • (h)

    Pour x]-1;1[{0}, on peut écrire

    S(x)=1x+T(x) avec T(x)=n=1+2xx2-n2.

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

    πcot(πx)=x11x+o(1)

    donc

    f(x)=x0o(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.

    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 x0[0;1]. Or

    f(x02)M+f(x0+12)M=2f(x0)=2M

    et donc

    f(x02)=f(x0+12)=M.

    Ainsi, le maximum de f est aussi atteint en x0/2, puis en x0/4, 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

    x,S(x)=πcot(πx).
 
Exercice 11  2974      X (MP)

(Un développement eulerien)

  • (a)

    Étudier la continuité de la fonction f définie par

    f(x)=1x2+n=1+(1(x-n)2+1(x+n)2)pour tout x.
  • (b)

    Étudier la périodicité de la fonction f.

  • (c)

    Soient c>2 un réel et h une fonction continue de vers telle que

    h(x2)+h(x+12)=ch(x)pour tout x.

    Montrer que la fonction h est nulle.

  • (d)

    En déduire que pour tout x réel non entier,

    n=-+1(x-n)2=π2sin2(πx).

    où la somme en premier membre correspond à une écriture «  concise  » de f(x)

 
Exercice 12  5292     ENSTIM (MP)Correction  

On définit une suite de fonctions (un) de [0;1] dans en posant u0 constante égale à 1 puis

un+1:x0xun(1-t)dtpour tout n.
  • (a)

    Montrer que les fonctions un sont bornées et vérifier

    un+212unpour tout n.

Pour x[0;1], on pose

S(x)=n=0+un(x).
  • (b)

    Montrer que S est bien définie sur [0;1] et déterminer une équation différentielle vérifiée par S.

  • (c)

    En déduire une expression simplifiée de S(x).

Solution

  • (a)

    La fonction u0 est continue car constante puis, par récurrence, les fonctions un sont continues car chacune primitive d’une fonction continue (on établit de la même façon que les fonctions un sont indéfiniment dérivables). On en déduit que les fonctions un sont bornées car continues sur un segment.

    Pour n,

    |un+1(x)|0x|un(1-t)|dtxun

    et donc

    |un+2(x)|0x(1-t)undt=12un.
  • (b)

    Sachant u0=u1=1, on obtient

    u2p12petu2p+112p.

    On en déduit la convergence normale de la série de fonctions un. Aussi, pour n assez grand,

    un(x)=un-1(1-x)etun′′(x)=-un-2(x).

    On peut donc établir la convergence normale des séries un et un′′ et affirmer que S est de classe 𝒞2 avec

    S′′(x)=n=0+un′′(x)=0+0+n=2+-un-2(x)=-S(x).

    La fonction S est solution de l’équation différentielle y′′+y=0.

  • (c)

    La fonction S vérifie aussi S(0)=1 et S(x)=S(1-x) ce qui entraîne S(1)=1. La résolution de l’équation différentielle avec ces conditions donne

    S(x)=cos(1-x)+sin(x)cos(1).
 
Exercice 13  2839     MINES (MP)Correction  

On définit une suite de fonctions (un) de [0;1] vers en posant

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

    Montrer que la série de terme général un est normalement convergente.

  • (b)

    Montrer que la somme S de cette série de fonctions est dérivable et vérifie

    S(0)=1etS(x)=S(x-x2)pour tout x[0;1].

Solution

  • (a)

    Remarquons que pour tout t[0;1],

    t-t2[0;1/4].

    Pour x[0;1/4],

    |un+1(x)|xun,[0;1/4]14un,[0;1/4].

    Par une récurrence facile,

    un,[0;1/4]14n.

    Par la remarque initiale, pour tout x[0;1],

    |un+1(x)|un,[0;1/4]14n

    donc

    un+1,[0;1]14n.

    On peut conclure que la série un est normalement convergente.

  • (b)

    Puisque u0(0)=1 et un+1(0)=0 pour n, on a déjà S(0)=1. Notons aussi que la fonction S est continue car somme d’une série de fonctions continues convergeant uniformément.

    Pour tout x[0;1],

    S(x)=n=0+un(x)=u0(x)+n=0+un+1(x)=1+n=0+0xun(t-t2)dt.

    La convergence normale de la série de fonctions un entraîne celle de la série des fonctions continues tun(t-t2). On peut alors intégrer terme à terme et écrire

    S(x)=1+0xn=0+un(t-t2)dt=1+0xS(t-t2)dt.

    La fonction x0xS(t-t2)dt est la primitive s’annulant en 0 de la fonction continue tS(t-t2). On en déduit que S est de classe 𝒞1 et

    S(x)=S(x-x2).
 
Exercice 14  563     CENTRALE (MP)Correction  

Soit (un) une suite de réels de [0;1] de limite 1. Déterminer les fonctions f𝒞([0;1],) vérifiant

x[0;1],f(x)=n=1+f(unx+1-x)2n.

Solution

Soit f une fonction solution. Puisque celle-ci est continue sur un segment, elle y admet un minimum en un certain x0[0;1]. On a alors

f(x0)=n=1+f(unx0+1-x0)2nn=1+f(x0)2n=f(x0).

On en déduit

n,f(unx0+1-x0)=f(x0).

En passant à la limite quand n+, on obtient

f(1)=f(x0).

Ainsi, f(1) est la valeur minimale de f sur [0;1].

Un raisonnement symétrique assure aussi que f(1) est la valeur maximale de f sur [0;1].

On en déduit que f est constante et la réciproque est immédiate.

 
Exercice 15  2973      X (MP)Correction  

Trouver les fonctions f𝒞([0;1],) telles que

x[0;1],f(x)=n=1+f(xn)2n.

Solution

Les fonctions constantes sont solutions et les solutions forment un sous-espace vectoriel.

Soit f une solution. Quitte à ajouter une fonction constante, on peut supposer f(0)=0.

Pour x[0;1],

f(x)=f(x)2+n=2+f(xn)2n

donc

f(x)=n=2+f(xn)2n-1=n=1+f(xn+1)2n.

Posons h(x)=sup[0;x]|f|.

Pour x>0, on a xn+1[0;x2] pour tout n1. On en déduit

|f(x)|n=1+12nh(x2)=h(x2).

Ainsi, h(x)h(x2) puis, en itérant, 0h(x)h(x2n) pour tout n.

Or pour x[0;1[,

x2nn+0

et lim0+h=0 (car f(0)=0). On en déduit que h(x)=0 sur [0;1[.

Finalement, f est nulle sur [0;1[ puis aussi en 1 par continuité.

[<] Étude pratique de la fonction somme d'une série alternée [>] Fonctions zêta et êta



Édité le 08-11-2019

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