Limites de suites et séries de fonctions

Dans ce chapitre on s'intéresse à des suites de fonctions, c'est-à-dire des familles de fonctions indicées sur \(\ds \mathbb N\). Toutes les fonctions de ce chapitre sont définies sur un même intervalle \(\ds I\). Une suite de fonctions peut avoir une limite : nous allons devoir donner un sens à cette notion de limite. Et une fois une limite déterminée, on peut se poser des questions naturelles : les propriétés des fonctions \(\ds f_n\) de la suite se transfèrent-elles à leur limite. C'est à dire :

• Si toutes les \(\ds f_n\) sont continues, \(\ds f\) est-elle continue ?
• Si toutes les \(\ds f_n\) sont dérivables/\(\mathcal C^1\), \(\ds f\) l'est-elle aussi ? Sa dérivée est-elle la limite des dérivées ?
• Si on peut intégrer les \(\ds f_n\), peut-on intégrer \(\ds f\) ? Quelle est la relation entre les intégrales des \(\ds f_n\) et l'intégrale de \(\ds f\) ?
• D'autres propriétés passent-elles à la limite (convexité, limite, caractère \(\ds \mathcal C^k\dots\)) ?

Suites de fonctions

Afin de ne pas répéter à chaque fois, on considère dans cette partie (et la suite si ce n'est pas précisé) un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\).

Modes de convergence

Convergence simple

Le premier mode de convergence que nous découvrons est la convergence simple.

Convergence simple

Soit \(\ds (f_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite de fonctions définies sur \(\ds I\). On dit que \((f_n)\) converge simplement sur \(\ds I\) vers \(\ds f\) si (et seulement si) \(\ds f\) est une fonction définie sur \(\ds I\) et pour tout \(\ds x\in I\), \(\ds f_n(x)\xrightarrow[n\to+\infty]{} f(x)\). On notera souvent \(\ds f_n\xrightarrow[n\to +\infty]{C.S.}f\).

La convergence simple est donc une convergence point à point.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Pour \(\ds n\in\mathbb N\), on pose \(\ds f_n(t)=t^n\) définie sur \(\ds [0,1]\). La suite \(\ds (f_n)\) est donc une suite de fonctions définies sur \(\ds [0,1]\). Étudier la convergence simple de cette suite de fonctions.

Soit \(\ds x\in[0,1[\), alors \(\ds f_n(x)=x^n\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\) et \(\ds f_n(1)=1\xrightarrow[n\to+\infty]{}1\). La suite de fonctions \(\ds (f_n)\) converge donc simplement vers la fonction \(\ds f\) définie sur \(\ds [0,1]\) par : \(\ds f(x)=\begin{cases}0&\text{si }x<1\\1&\text{sinon}\end{cases}\).

On remarque au passage que cette notion de convergence ne suffit pas à assurer le transfert de la propriété de continuité.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Considérons les fonctions "triangles" \(\ds f_n\) définies de la façon suivante pour \(\ds n\in\mathbb N\setminus\{0,1\}\) : \(\ds f(0)=0\), \(\ds f(\frac 1n)=n\), \(\ds f(x)=0\) si \(\ds x\ge \frac 2n\) et \(\ds f\) est affine entre \(\ds 0\) et \(\ds \frac 1n\) et entre \(\ds \frac 1n\) et \(\ds \frac 2n\). Étudier la convergence simple de la suite de fonctions \(\ds (f_n)\). On appelle \(\ds f\) l'éventuelle limite. Calculer \(\ds \lim_{n\to +\infty} \int_0^1 f_n(t) \d t\) et \(\ds \int_0^1 f(t)\d t\).

Soit \(\ds x\in]0,1]\), il existe obligatoirement un entier \(\ds n_0\) tel que \(\ds \frac 2{n_0}<x\). Alors pour tout \(\ds n>n_0\), \(\ds f_n(x)=0\). On en déduit que \(\ds f_n(x)\xrightarrow[n\to +\infty]{}0\). De plus \(\ds f_n(0)=0\) pour tout \(\ds n\ge 2\). On en déduit que \(\ds f_n\) converge simplement vers la fonction nulle. Par ailleurs \(\ds \int_0^1f_n(t)\d t=1\) mais \(\ds \int_0^1 f(t)\d t=0\).

Avec cet exemple, on montre que la convergence simple ne suffit pas à intervertir intégrale et limite.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Soit \(\ds (f_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite de fonctions définies sur \(\ds I\) toutes strictement positives, qui converge simplement vers une fonction \(\ds f\) définie sur \(\ds I\). Montrer que \(\ds f\) est positive.

Soit \(\ds x\in I\) et \(\ds n\in\mathbb N\) alors \(\ds f_n(x)>0\). Par passage à la limite dans l'inégalité on obtient \(\ds f(x)\ge 0\). On en déduit que \(\ds f\) est positive (mais pas strictement positive a priori).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Soit \(\ds (f_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite de fonctions définies sur \(\ds I\) toutes convexes, qui converge simplement vers une fonction \(\ds f\) définie sur \(\ds I\). Montrer que \(\ds f\) est convexe.

Soit \(\ds (x,y)\in I^2\) et \(\ds \lambda\in[0,1]\). Pour tout entier naturel \(\ds n\), par convexité de \(\ds f_n\) on a \(\ds f_n(\lambda x+(1-\lambda)y)\le \lambda f_n(x)+(1-\lambda)f_n(y)\). Par passage à la limite dans l'inégalité, on obtient \(\ds f(\lambda x+(1-\lambda)y)\le \lambda f(x)+(1-\lambda) f(y)\) et donc \(\ds f\) est convexe.

Ainsi, certaines propriétés semblent passer à la limite simple, mais pour la continuité, la dérivabilité, l'intégration, nous avons besoin d'un autre mode de convergence.

Convergence uniforme

Convergence uniforme

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définies sur un intervalle \(\ds I\). On dit que la suite \(\ds (f_n)\) converge uniformément vers une fonction \(\ds f\) sur \(\ds I\) si (et seulement si) \(\ds \sup_I|f_n-f|\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\). On notera souvent \(\ds f_n\xrightarrow[n\to+\infty]{C.U.}f\).

La notion de convergence uniforme est en quelques sortes une convergence "globale". On l'obtient grâce à une majoration uniforme sur \(\ds I\) c'est à dire indépendante de la variable \(\ds x\).

Exemple

Reprenons un exemple précédent : les fonctions "triangles" convergent simplement vers la fonction nulle. Mais convergent-elle uniformément ? On a \(\ds \sup_{[0,1]}|f_n-0|=n\to+\infty\) donc il n'y a pas convergence uniforme.

Limite uniforme et limite simple

Soit \(\ds (f_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite de fonctions qui converge simplement vers \(\ds f\) et uniformément vers \(\ds g\). Alors \(\ds f=g\).

Preuve

Soit \(\ds x\in I\). Soit \(\ds n\in\mathbb N\), on a :

\[ \begin{aligned} |f(x)-g(x)|&=|f(x)-f_n(x)+f_n(x)-g(x)|\\ &\le |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-g(x)|\\ &\le |f(x)-f_n(x)|+\sup_I|f_n-g| \end{aligned} \]

Or \(\ds |f(x)-f_n(x)|\xrightarrow[n\to+\infty]{} 0\) et \(\ds \sup_I|f_n-g|\to 0\). On en déduit par encadrement que \(\ds |f(x)-g(x)|\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\) c'est-à-dire \(\ds f(x)=g(x)\). Cette égalité étant vraie pour tout \(\ds x\in I\), on a bien \(\ds f=g\).

Ainsi, la limite uniforme et la limite simple quand elles existent sont les mêmes. Ainsi, avant de parler limite uniforme, on commence en général par déterminer la limite simple.

Remarque

On a vu (très probablement) en première année que le sup sur les fonctions bornées définissait une norme. On notera parfois \(\ds ||f_n-f||_\infty\) à la place de \(\ds \sup_I|f_n-f|\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose, pour \(\ds n\in\mathbb N\) et \(\ds x\in\mathbb R^+\), \(\ds f_n(x)=\frac{n}{1+n(1+x)}\). Étudier la convergence simple et uniforme de la suite de fonctions \(\ds (f_n)\).

Soit \(\ds x\) fixé dans \(\ds \mathbb R^+\), on a \(\ds \lim_{n\to+\infty}f_n(x)=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n(1+x)}=\frac1{1+x}\). La suite de fonctions converge donc simplement vers la fonction \(\ds f:x\mapsto \frac 1{1+x}\). Étudions la convergence uniforme. Soit \(\ds n\in\mathbb N\) et \(\ds x\in\mathbb R^+\). alors :

\[ \begin{aligned} |f_n(x)-f(x)|&=\left|\frac n{1+n(1+x)}-\frac 1{1+x}\right|\\ &=\left|\frac{n+nx-1-n-nx}{(1+x)(1+n(1+x))}\right|\\ &=\frac{1}{(1+x)(1+n(1+x))}\\ &\le \frac 1n \end{aligned} \]

On en déduit que pour tout \(\ds x\ge 0\), \(\ds |f_n(x)-f(x)|\le \frac 1n\), c'est-à-dire \(\ds \sup_{\mathbb R^+}|f_n-f|\xrightarrow[n\to +\infty]{}0\) et donc la convergence est uniforme.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose pour tout \(\ds n\in\mathbb N\) et \(\ds x\in]0,1]\), \(\ds f_n(x)=nx^n\ln(x)\) et \(\ds f_n(0)=0\). Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la suite de fonctions \(\ds (f_n)\).

Soit \(\ds x\in]0,1[\), par croissances comparées, \(\ds nx^n\xrightarrow[n\to +\infty]{}0\). Donc \(\ds f_n(x)\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\). De plus \(\ds f_n(0)=0\) et \(\ds f_n(1)=0\). On en déduit la convergence simple de \(\ds f_n\) vers la fonction \(\ds f\) nulle.

Étudions la convergence uniforme de cette suite de fonctions. Pour cela, étudions la dérivée de \(\ds f_n-f=f_n\). \(\ds f_n\) est dérivable par théorèmes généraux sur \(\ds ]0,1]\). On a \(\ds f_n'(x)=n^2x^{n-1}\ln(x)+nx^{n-1}=nx^{n-1}(n\ln(x)+1)\) qui s'annule en \(\ds x_n=e^{-\frac 1n}\). L'étude des variations de \(\ds f_n\) montre que \(\ds x_n\) est un point de maximum de \(\ds |f_n|\). De plus \(\ds f_n(e^{-\frac 1n})=ne^{-1}\ln(e^{-\frac 1n})=-e^{-1}\) et on en déduit que \(\ds \sup_{[0,1]}|f_n-f|=e^{-1}\not\to 0\). La convergence n'est donc pas uniforme sur \(\ds [0,1]\).

Cependant, si on considère \(\ds a\in[0,1[\), alors il existe \(\ds n\) tel que \(\ds x_n>a\). À partir de ce rang, \(\ds |f_n|\) est croissante sur \(\ds [0,a]\). On a donc \(\ds |f_n(x)-0|\le na^n|\ln(a)|\to 0\). On en déduit qu'il y a convergence uniforme sur tout segment de la forme \(\ds [0,a]\)... Mais pas sur \(\ds [0,1]\).

On peut donc ne pas avoir convergence uniforme sur tout l'intervalle mais sur plein de sous-intervalles. Nous verrons que cela est parfois suffisant pour le transfert de propriétés.

Condition nécessaire de convergence uniforme

Soit \(\ds (f_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite de fonctions qui converge uniformément vers \(\ds f\) sur un intervalle \(\ds I\). Soit \(\ds (x_n)\) une suite d'éléments de \(\ds I\), alors \(\ds |f_n(x_n)-f(x_n)|\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\). On utilise souvent la contraposée : s'il existe une suite de valeurs de \(\ds I\) \(\ds (x_n)\) telle que \(\ds |f_n(x_n)-f(x_n)|\not\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\), alors il n'y a pas convergence uniforme.

Preuve

Soit donc \(\ds (f_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite de fonctions qui convergent vers \(\ds f\) uniformément sur \(\ds I\). Soit \(\ds (x_n)_{n\in\mathbb N}\) une suite d'éléments de \(\ds I\). Soit \(\ds n\in\mathbb N\), alors \(\ds |f_n(x_n)-f(x_n)|\le \sup_I|f_n-f|\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Pour \(\ds n\) dans \(\ds \mathbb N^*\) et \(\ds x\) dans \(\ds \mathbb R^+\), soit \(\ds u_n(x)=\frac{x}{1+n^2x}\). Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de \(\ds (u_n)_{n≥ 1}\) et de \(\ds (u_n')_{n≥ 1}\).

La suite de fonctions \(\ds u_n\) converge simplement vers la fonction nulle (car \(\ds u_n(0)=0\) et pour \(\ds x\) quelconque non nul, \(\ds n^2x\xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty\)). Étudions sa convergence uniforme. Soit \(\ds n\in\mathbb N^*\) et \(\ds x\in\mathbb R^+_*\). On a \(\ds u_n(x)=\frac{x}{1+n^2x}\le \frac x{n^2x}=\frac 1{n^2}\). On en déduit que \(\ds \sup_{\mathbb R^+}|u_n-0|\le \frac 1{n^2}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\) donc \(\ds u_n\) converge uniformément vers la fonction nulle.
Soit \(\ds n\in\mathbb N^*\), \(\ds u_n\) est dérivable et \(\ds u_n'(x)=\frac{1}{(1+n^2x)^2}\) qui converge évidemment simplement vers \(\ds 0\). Mais \(\ds u_n(\frac 1{n^2})=\frac 14\not\to 0\) : il n'y a donc pas convergence uniforme.

On remarque dans cet exercice que la convergence uniforme d'une suite de fonctions ne se transfère a priori pas à la suite des fonctions dérivées.

Liens entre convergence uniforme et convergence simple

Nous avons vu que la convergence simple sur \(\ds I\) n'implique pas toujours la convergence uniforme. Cependant :

C.U.\(\Rightarrow\) C.S.

La convergence uniforme implique la convergence simple.

Preuve

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions qui converge uniformément vers \(\ds f\) sur un intervalle \(\ds I\). Soit \(\ds x\in I\). On a \(\ds |f_n(x)-f(x)|\le\sup_I|f_n-f|\to 0\) car \(\ds (f_n)\) converge uniformément. On en déduit donc par encadrement que \(\ds f_n(x)\xrightarrow[n\to +\infty]{}f(x)\) et \(\ds (f_n)\) converge donc simplement vers \(\ds f\) sur \(\ds I\).

Il est assez simple de montrer que la convergence uniforme sur tout segment de \(\ds I\) entraîne la convergence simple. Cependant, comme on l'a vu précédemment, il est souvent plus facile de montrer une convergence simple qu'une convergence uniforme.

Continuité des suites de fonctions

Continuité de la limite uniforme

Si une suite \(\ds (f_n)\) de fonctions continues sur \(\ds I\) converge uniformément vers \(\ds f\) sur \(\ds I\), alors \(\ds f\) est continue sur \(\ds I\).

Preuve

Soit \(\ds f_n\) une suite de fonctions définies et continues sur \(\ds I\), qui converge uniformément vers une fonction \(\ds f\) sur \(\ds I\).

Soit \(\ds x_0\in I\) et \(\ds \varepsilon>0\). \(\ds f_n\overset{C.U.}\longrightarrow f\) donc il existe \(\ds n_0\) tel que si \(\ds n\ge n_0\) alors \(\ds ||f_n-f||_\infty\le \frac\varepsilon3\). Prenons un tel \(\ds n_0\).

Soit \(\ds n\ge n_0\) fixé. \(\ds f_n\) est continue en \(\ds x_0\) donc il existe \(\ds \eta>0\) tel que si \(\ds |x-x_0|\le\eta\) alors \(\ds |f_n(x)-f_n(x_0)|\le \frac\varepsilon3\). Prenons un tel \(\ds \eta\) et \(\ds x\in I\) tel que \(\ds |x-x_0|\le\eta\). On a :

\[ \begin{aligned} |f(x)-f(x_0)| &= |f(x)-f_n(x)+f_n(x)-f_n(x_0)+f_n(x_0)-f(x_0)|\\ &\underset{IT}\le |f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(x_0)|+|f_n(x_0)-f(x_0)|\\ &\le ||f-f_n||+|f_n(x)-f_n(x_0)|+||f_n-f||\\ &\le \frac\varepsilon3+\frac\varepsilon3+\frac\varepsilon3\\ &\le \varepsilon \end{aligned} \]

Ainsi, \(\ds f\) est continue en \(\ds x_0\). Puisque \(\ds x_0\) est quelconque dans \(\ds I\) on en déduit que \(\ds f\) est continue sur \(\ds I\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose \(\ds f_n(x)=\frac{1}{(1+x)^n}\) définies pour \(\ds n\in\mathbb N\) sur \(\ds [0,1]\). Déterminer la limite simple de la suite de fonctions \(\ds f_n\). La convergence est-elle uniforme ?

Tout d'abord, les fonctions \(\ds f_n\) sont continues sur \(\ds [0,1]\) (par théorèmes généraux). Si \(\ds x>0\) alors \(\ds \lim_{n\to+\infty}(1+x)^n=+\infty\) et donc \(\ds f_n(x)\underset{n\to+\infty}\to 0\). Et si \(\ds x=0\), \(\ds f_n(0)=1\to 1\). On en déduit que la suite de fonctions \(\ds f_n\) converge simplement vers la fonction \(\ds f:x\mapsto\begin{cases}1 &\text{si }x=0\\0&\text{si }x\in]0,1]\end{cases}\). Or si \(\ds f_n\) converge uniformément, c'est obligatoirement vers cette même limite. Mais le théorème de continuité de la limite uniforme affirme que dans ce cas, \(\ds f\) devrait être continue sur \(\ds [0,1]\) (ce qui n'est évidemment pas le cas). On en déduit qu'il y a convergence simple, mais pas uniforme.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose \(\ds f_n(x)=\frac{x^n}{1+x^n}\) définies sur \(\ds \mathbb R^+\). Étudier la convergence simple et uniforme de la suite de fonctions \(\ds f_n\).

Tout d'abord, les fonctions \(\ds f_n\) sont continues sur \(\ds \mathbb R^+\) (par théorèmes généraux). Soit \(\ds x>1\), alors \(\ds f_n(x)=\frac{x^n}{1+x^n}\underset{n\to+\infty}\to1\). Et si \(\ds x<1\), \(\ds f_n(x)\to0\). \(f_n(1)=\frac 12\to\frac 12\). On en déduit que \(\ds f_n\) converge simplement vers la fonction \(\ds f:x\mapsto \begin{cases}0&\text{si }x<1\\\frac 12&\text{si }x=1\\1&\text{si }x>1\end{cases}\). Cette fonction n'étant pas continue, par contraposée du théorème de continuité de la limite uniforme, la convergence vers \(\ds f\) n'est pas uniforme.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose \(\ds f_n(x)=x^n\) définies sur \(\ds I=[0,1[\). Étudier la convergence simple et uniforme de la suite de fonctions \(\ds f_n\). La limite simple \(\ds f\) est-elle continue ?

Tout d'abord, les fonctions \(\ds f_n\) sont continues sur \(\ds [0,1[\) (par théorèmes généraux). Soit \(\ds x\in I\), alors \(\ds f_n(x)=x^n\underset{n\to+\infty}\to0\). La suite de fonctions \(\ds (f_n)\) converge donc simplement vers la fonction nulle qu'on note \(\ds f\). Pour autant, la convergence n'est pas uniforme : en effet, \(\ds \sup|f_n-f|=1\not\to 0\). Et pourtant, la limite est bien continue.

La notion de continuité étant une notion locale, on n'a pas besoin de la convergence uniforme sur l'intervalle tout entier pour obtenir la continuité : il suffit d'avoir localement convergence uniforme. On utilise donc la version locale :

Continuité de la limite uniforme locale

Si une suite \(\ds (f_n)\) de fonctions continues sur \(\ds I\) converge uniformément vers \(\ds f\) sur tout segment \(\ds [a,b]\) de \(\ds I\), alors \(\ds f\) est continue sur \(\ds I\).

Il n'y a pas besoin de preuve, cela tient uniquement à la localité de la notion de continuité.

Exemple

Considérons la suite de fonctions définie par \(\ds f_n(x)=x^n\) sur \(\ds [0,1[\). Nous avons vu qu'elle converge simplement vers la fonction nulle, mais pas uniformément. Cependant, si \(\ds [a,b]\) est un segment de \(\ds [0,1[\) alors \(\ds |f_n(x)-0|=|x^n|\le b^n\). En passant au sup à gauche, on a \(\ds ||f_n-0||_\infty\le b^n\to 0\). On en déduit que \(\ds f_n\) converge uniformément vers la fonction nulle sur tout segment de \(\ds [0,1[\).

Intégration sur un segment des suites de fonctions

Intégration sur un segment de la limite uniforme

Si une suite \(\ds (f_n)\) de fonctions continues converge uniformément vers \(f\) sur \(\ds [a,b]\) alors :
$$ \int_a^b f_n(t) \,\d t \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_a^b f(t) \,\d t .$$

Preuve

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions continues sur \(\ds [a,b]\) qui converge uniformément vers une fonction \(\ds f\). Alors d'après le théorème de continuité de la limite uniforme, \(\ds f\) est continue sur \(\ds [a,b]\). L'intégrale \(\ds \int_a^b f(t)dt\) est ainsi bien définie. On a alors :

\[ \begin{aligned} \left|\int_a^b f_n(t)\d t-\int_a^b f(t)\d t\right|&=\left|\int_a^b f_n(t)-f(t)\d t\right|\\ &\le \int_a^b |f_n(t)-f(t)|\d t\\ &\le\int_a^b ||f_n-f||_\infty \d t\\ &\le(b-a)||f_n-f||_\infty \end{aligned} \]

Or \(\ds ||f_n-f||_\infty\to 0\) donc \(\ds \int_a^b f_n(t)\d t\to\int_a^b f(t)\d t\).

On peut donc écrire, sous réserve de convergence uniforme :

\[ \lim_{n\to+\infty}\int_a^b f_n(t)\d t=\int_a^b\lim_{n\to +\infty}f_n(t)\d t \]

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Montrer que la suite de fonctions \(\ds (f_n)\) définies sur \(\ds [0,1]\) par \(\ds f_n(x)=n^2x^n(1-x)\) ne converge pas uniformément.

La suite de fonctions \(\ds f_n\) converge simplement vers \(\ds 0\) par croissances comparées.

Or \(\ds \int_0^1 f_n(x)\d x=n^2\left(\frac 1{n+1}-\frac 1{n+2}\right)=n^2\frac 1{(n+1)(n+2)}\to 1\). On a donc \(\ds \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\int_0^{1}f_n(x)\d x\ne\int_0^1 \lim_{n\to+\infty}f_n(x)\d x\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose pour \(\ds n\in\mathbb N^*\) et \(\ds x\in]0,1]\), \(\ds f_n(x)=\frac{x^n\ln(x)}{1+x}\) et \(\ds f_n(0)=0\). Montrer que \(\ds f_n\) est continue en \(\ds 0\). Calculer la limite de \(\ds I_n=\int_0^1 f_n(t)\d t\).

On montre facilement par croissances comparées que le prolongement proposé est bien continu. On peut alors intégrer les \(\ds f_n\). Cette suite de fonctions converge simplement vers la fonction nulle. Montrons que cette convergence est uniforme. On remarque que \(\ds |f_n(x)|\le x^n|\ln(x)|\). Posons \(\ds u_n(x)=-x^n\ln(x)\) : \(\ds u_n'(x)=-nx^{n-1}\ln(x)-x^{n-1}=-x^{n-1}(1+n\ln(x))\) qui s'annule en \(\ds x_n=e^{-\frac 1n}\). On a alors \(\ds u_n(x_n)\le -(e^{-\frac 1n})^n \ln(e^{-\frac 1n})=\frac {e^{-1}}{n}\). On en déduit que \(\ds |f_n(x)|\le \frac{e^{-1}}{n}\) et donc \(\ds (f_n)\) converge uniformément vers \(\ds 0\).

Dérivabilité des suites de fonctions

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On définit une suite \(\ds (f_n)\) de fonctions sur \(\ds \mathbb R\) par \(\ds f_n(x)=\sqrt{x^2+\frac 1n}\). Montrer que les \(\ds f_n\) sont de classe \(\ds \mathcal C^1\) sur \(\ds \mathbb R\) et que la suite de fonctions \(\ds (f_n)\) converge uniformément sur \(\ds \mathbb R\) vers une fonction \(\ds f\) à préciser. Cette fonction est-elle aussi de classe \(\ds \mathcal C^1\) ?

La convergence simple se fait vers la fonction \(\ds f:x\mapsto\sqrt{x^2}=|x|\). Montrons que la convergence est uniforme. Soit \(\ds x\in\mathbb R\), \(\ds \big|f_n(x)-|x|\big|=\frac{x^2+\frac 1{n}-x^2}{\sqrt{x^2+\frac 1{n}}+\sqrt{x^2}}\le \frac{\frac 1n}{\frac1{\sqrt n}}=\frac 1{\sqrt n}\). On en déduit la convergence uniforme. Cependant, \(\ds x\mapsto |x|\) n'est pas \(\ds \mathcal C^1\) sur \(\ds \mathbb R\) (elle n'est pas dérivable en \(\ds 0\).)

Cet exemple montre que la convergence uniforme ne suffit pas à transférer toutes les régularités. Il faut ajuster les contraintes pour prendre en compte la dérivée.

Classe \(\mathcal C^1\) de la limite avec convergence uniforme à l'ordre 1

Si une suite \(\ds (f_n)\) de fonctions de classe \(\ds \mathcal{C}^1\) sur un intervalle \(I\) converge simplement sur \(\ds I\) vers une fonction \(\ds f\) et si la suite \((f'_n)\) converge uniformément sur \(I\) vers une fonction \(\ds g\), alors \(\ds f\) est de classe \(\ds \mathcal{C}^1\) sur \(\ds I\) et \(\ds f'=g\).

Preuve

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions de classe \(\ds \mathcal C^1\) sur un intervalle \(\ds I\). Supposons que \(\ds f_n\xrightarrow[n\to+\infty]{C.S.}f\) et que \(\ds f_n'\xrightarrow[n\to+\infty]{C.U.}g\). D'après le théorème de continuité de la limite uniforme, on peut affirmer que \(\ds g\) est continue. Soit \(\ds (a,x)\in I^2\), d'après le théorème d'intégration de la limite uniforme, \(\ds \lim_{n\to+\infty}\int_a^x f_n'(t)\d t=\int_a^x g(t)\d t\). Or \(\ds \int_a^x f_n'(t)\d t=f_n(x)-f_n(a)\). On a donc \(\ds f(x)=\int_a^x g(t)\d t+f(a)\) : on en déduit par théorèmes généraux que \(\ds f\) est dérivable, de dérivée \(\ds f'(x)=g(x)\).

Convergence uniforme de la limite simple dans le théorème de classe \(\mathcal C^1\).

Dans le théorème précédent, une conclusion supplémentaire est :

• \(\ds (f_n)\) converge uniformément vers \(\ds f\) sur tout segment de \(\ds I\)

Preuve

On se place donc dans le cadre du théorème précédent. On pose \(\ds g_n=f_n-f\). On a alors pour \(\ds x\in[a,b]\subset I\) :

\[ \begin{aligned} |g_n(x)| &= |g_n(x)-g_n(a)+g_n(a)|\\ &\le |g_n(x)-g_n(a)|+|g_n(a)|\\ &\le \sup_{[a,b]}|g_n'||x-a|+|g_n(a)|\\ &\le \sup_{[a,b]}|f_n'-f'|(b-a)+|f_n(a)-f(a)| \end{aligned} \]

La majoration est donc uniforme (indépendante de \(\ds x\)) et le majorant convege vers \(\ds 0\) (par convergence uniforme de la dérivée pour \(\ds \sup_{[a,b]}|f_n'-f'|\) et par convergence simple pour \(\ds |f_n(a)-f(a)|\)). Ainsi, on a bien convergence uniforme de \(\ds (f_n)\) vers \(\ds f\) sur tout segment de \(\ds I\).

On peut généraliser ce théorème aux suites de fonctions de classe \(\ds \mathcal C^k\) :

Classe \(\ds \mathcal C^k\) de la limite avec convergence uniforme à l'ordre \(k\)

Si une suite \(\ds (f_n)\) de fonctions de classe \(\ds \mathcal{C}^k\) sur un intervalle \(I\) est telle que :

• pour tout \(\ds 0\le j<k\), \(\ds (f_n^{(j)})\) converge simplement vers une fonction \(\ds \varphi_j\)
• \(\ds (f_n^{(k)})\) converge uniformément vers une application \(\ds g\)
  Alors
• \(\ds \varphi_0\) notée \(\ds f\) est de classe \(\ds \mathcal C^k\)
• \(\ds f^{(k)}=g\)
• pour tout \(\ds 0\le j<k\), \(\ds \varphi_j=f^{(j)}\).

Preuve

La preuve se fait simplement par récurrence à partir du théorème précédent.

En pratique, comme pour la continuité, on peut se contenter de la convergence uniforme sur tout sous-intervalle (ou sous-segment) de \(\ds I\).

Séries de fonctions

On s'intéresse maintenant à des séries de fonctions : on considère toujours une suite de fonctions \(\ds (f_n)\) définies sur un intervalle \(\ds I\), mais ce sont les régularités de \(\ds \sum f_n\) qui nous intéressent.

Modes de Convergence

Comme dans le cas des suites de fonctions, il existe pour les séries de fonctions différents modes de convergence.

convergence simple/absolue d'une série de fonctions

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définies sur un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\). On dit que \(\ds \sum f_n\) converge simplement vers \(\ds f\) sur \(\ds I\) si (et seulement si) pour tout \(\ds x\) de \(\ds I\), \(\ds \sum_{n=0}^N f_n(x)\xrightarrow[N\to+\infty]{}f(x)\). On notera \(\ds \sum_{n=0}^N f_n\xrightarrow[n\to+\infty]{C.S.}f\) ou \(\ds \sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x)=f(x)\). On dit que \(\ds \sum f_n\) converge absolument sur \(\ds I\) si \(\ds \sum |f_n|\) converge simplement. Evidemment la convergence absolue implique la convergence simple.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose, pour \(\ds x\in\mathbb R^+\), \(\ds f_n(x)=\frac{x^n}{n!}\). Étudier la convergence simple de la série de fonctions \(\ds \sum f_n\).

Soit \(\ds x\in\mathbb R^+\), \(\ds n^2f_n(x)=\frac{n^2x^{n}}{n!}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\) par croissances comparées. On en déduit que \(\ds \frac{x^n}{n!}=o(\frac 1{n^2})\) donc par théorème de comparaison des séries numériques, \(\ds \sum\frac{x^n}{n!}\) converge. On peut même retrouver sa limite grâce à l'inégalité de Taylor Lagrange, puisqu'on reconnaît le développement de l'exponentielle. Soit \(\ds N\in\mathbb N\) :

\[ \begin{aligned} |e^x-\sum_{n=0}^N\frac{x^n}{n!}|&=\left|\int_0^xe^t\frac{(x-t)^n}{n!}\d t\right|\\ &\le e^x\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\\ &\xrightarrow[n\to+\infty]{}0 \end{aligned} \]

Donc \(\ds \sum_{n=0}^{+\infty}\frac {x^n}{n!}=e^x\) pour tout \(\ds x\in\mathbb R^+\). On a le même résultat pour \(\ds x\in\mathbb R^-\) mais la majoration doit être plus détaillée (les bornes ne sont pas dans le bon sens pour la majoration de l'intégrale).

Dans le cas des séries de fonctions, il ne sera pas toujours évident de déterminer la limite. On saura dire s'il y a convergence simple grâce aux théorèmes de comparaison des séries numériques, mais pas forcément calculer la somme.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Soit, pour \(\ds n\ge 2\) : \(\ds u_n:x\in[0,1]\to\frac{1}{\ln n} x^n(1-x)\) . Étudier la convergence de la série de fonctions de terme général \(\ds u_n\).

Soit \(\ds x\in[0,1[\) et soit \(\ds n\ge3\). Alors \(\ds n^2u_n(x)=n^2\frac 1{\ln n}x^n(1-x)\le n^2x^n\to0\) par croissances comparées. On en déduit que \(\ds u_n(x)=o(\frac 1{n^2})\) donc par théorèmes de comparaison, \(\ds \sum u_n(x)\) converge. On en déduit la convergence simple de la série de fonctions \(\ds \sum u_n\) : par contre, il est a priori impossible de déterminer la limite.

condition nécessaire de convergence

Soit \(\ds \sum f_n\) une série de fonctions définies sur un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\) qui converge simplement vers \(\ds f\). On note \(\ds S_N(x)=\sum_{n=0}^Nf_n(x)\) la somme partielle de la série et \(\ds R_N(x)=\sum_{n=N+1}^{+\infty}f_n(x)\). Alors la suite de fonctions \(\ds (R_N)_{N\in\mathbb N}\) converge simplement vers \(\ds 0\).

Preuve

On a \(|R_N(x)|=|f(x)-S_N(x)|\to 0\) donc \(R_N\) converge simplement vers \(0\).

convergence uniforme d'une série de fonctions

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définies sur un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\). On dit que \(\ds \sum f_n\) converge uniformément sur \(\ds I\) vers \(\ds f\) si (et seulement si) \(\ds \sup_I\left|f-\sum_{n=0}^N f_n\right|\xrightarrow[N\to+\infty]{}0\).

Comme dans le cas des suites de fonctions, la limite simple et la limite uniforme sont les mêmes et on a un lien entre les deux convergences :

limite simple et uniforme

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définies sur un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\).

• Si \(\ds \sum f_n\) converge uniformément vers \(\ds f\) sur \(\ds I\) alors \(\ds \sum f_n\) converge simplement vers \(\ds f\) sur \(\ds I\) ;
• si \(\ds \sum f_n\) converge simplement et uniformément sur \(\ds I\) alors c'est vers la même limite.

Preuve

Pas besoin de preuve, c'est l'application des propriétés sur les suites de fonctions appliquées aux sommes partielles.

On peut déduire de ce lien entre limite simple et uniforme une caractérisation de la convergence uniforme :

Caractérisation de la convergence uniforme par le reste

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définies sur un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\). \(\ds \sum f_n\) converge uniformément sur \(\ds I\) si et seulement si

• La série de fonctions \(\ds \sum f_n\) converge simplement sur \(\ds I\) ;
• La suite des restes converge uniformément vers la fonction nulle sur \(\ds I\).

Preuve

Supposons que \(\ds \sum f_n\) converge uniformément vers une fonction \(\ds f\) sur \(\ds I\). Soit \(\ds x\in I\) et \(\ds N\in\mathbb N\), on a \(\ds |f(x)-\sum_{n=0}^Nf_n(x)|\le \sup_I|f-\sum_{n=0}^Nf_n|\xrightarrow[N\to+\infty]{C.U.}0\). Donc \(\ds \sum_{n=0}^{N}f_n(x)\xrightarrow[N\to+\infty]{}f(x)\) c'est-à-dire que la série de fonctions converge simplement vers \(\ds f\). La suite des restes existe donc et par la même majoration, pour tout \(\ds x\) de \(\ds I\), \(\ds |R_N(x)|\le\sup_I|f-\sum_{n=0}^N f_n|\). Cette majoration étant indépendante de \(\ds x\), on peut passer au sup à gauche : \(\ds \sup_I|R_N|\le \sup_I|f-\sum_{n=0}^N f_n|\xrightarrow[N\to+\infty]{C.U.}0\). Donc la suite des reste converge uniformément vers \(\ds 0\).

Réciproquement, si \(\ds \sum f_n\) converge simplement vers une fonction \(\ds f\) et si la suite des restes converge uniformément vers \(\ds 0\), alors pour tout \(\ds N\in\mathbb N\) et tout \(\ds x\in I\), \(\ds |f(x)-\sum_{n=0}^Nf_n(x)|=|R_N(x)|\le \sup_I|R_N|\). Cette majoration étant uniforme, c'est à dire indépendante de \(\ds x\), on peut passer au sup à gauche : \(\ds \sup_I|f-\sum_{n=0}^N f_n|\le\sup_I|R_N|\xrightarrow[N\to+\infty]{C.U.}0\). On en déduit la convergence uniforme de la série de fonctions \(\ds \sum f_n\).

On n'a donc pas besoin de connaître la limite de la série de fonctions pour pouvoir étudier la convergence uniforme : il suffit de savoir qu'elle converge simplement (grâce aux théorèmes de 1A sur les séries numériques) puis d'étudier la convergence uniforme du reste vers \(\ds 0\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Pour \(\ds n\ge 1\) et \(\ds x\ge0\), on pose \(\ds u_n(x)=(-1)^n\ln\left(1+\frac {x}{n(1+x)}\right)\). Ètudier la convergence simple et uniforme de la série de fonctions \(\ds \sum u_n\).

Soit \(\ds x\) fixé positif, on peut affirmer que \(\ds \ln\left(1+\frac x{n(x+1)}\right)\) est positif et on peut vérifier qu'elle est décroissante en \(\ds n\). D'après le critère spécial des séries alternées, la série \(\ds \sum u_n(x)\) (pour \(\ds x\) fixé) est convergente. Toujours d'après ce critère, le reste \(\ds R_n(x)\) est tel que \(\ds |R_n(x)|\le|u_{n+1}(x)|=\ln\left(1+\frac x{(n+1)(x+1)}\right)=\ln\left(1+\frac 1{n+1}-\frac 1{(n+1)(x+1)}\right)\le \ln(1+\frac 1{n+1})\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\). On a donc une majoration uniforme de \(\ds R_n\) sur \(\ds \mathbb R^+\) qui converge vers \(\ds 0\) : la convergence est bien uniforme.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Pour \(\ds n\in\mathbb N\) et \(\ds x\in\mathbb R^+\), on pose \(\ds f_n(x)=nx^2e^{-x\sqrt n}\). Étudier convergence simple et uniforme de la série \(\ds \sum f_n\).

Soit \(\ds x\) fixé dans \(\ds \mathbb R^+\), par croissances comparées (sauf en \(\ds 0\) où elle est nulle), \(\ds n^3x^2e^{-x\sqrt n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\) et donc \(\ds f_n(x)=o\left(\frac 1{n^2}\right)\). On en déduit que la série \(\ds \sum f_n(x)\) est convergente, toujours pour tout \(\ds x\). On a donc convergence simple de la série.
Pour étudier la convergence uniforme, étudions le reste \(\ds R_N\) de cette série. Le terme général de la série est positif. On peut donc écrire, pour \(\ds x>0\), que \(\ds R_N(x)=\sum_{n=N+1}^{+\infty}u_n(x)>u_{N+1}(x)\). Or l'étude de \(\ds u_{N+1}\) montre qu'elle admet un maximum en \(\ds \frac 2{\sqrt{N+1}}\) qui vaut \(\ds 4e^{-2}\). On a donc \(\ds R_N\left(\frac2{\sqrt{N+1}}\right)\ge4e^{-2}\not\to 0\). Ainsi \(\ds R_N\) ne converge pas uniformément vers \(\ds 0\) : la convergence n'est pas uniforme sur \(\ds \mathbb R^+\).

Convergence normale d'une série de fonctions

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définie sur un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\). On dit que la série \(\ds \sum f_n\) converge normalement sur \(\ds I\) si (et seulement si) la série numérique \(\ds \sum||f_n||_\infty\) est convergente.

C.N.\(\Rightarrow\) C.U

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définie sur un intervalle \(\ds I\) de \(\ds \mathbb R\). Si \(\ds \sum f_n\) converge normalement sur \(\ds I\) alors \(\ds \sum f_n\) converge uniformément (et donc simplement) sur \(\ds I\).

Preuve

Soit donc une série de fonctions qui converge normalement sur \(\ds I\). Soit \(\ds x\in I\) alors pour tout entier \(\ds n\), \(\ds |f_n(x)|\le||f_n||_\infty\). Par théorème de comparaison et parce que \(\ds \sum f_n\) est normalement convergente, on peut assurer que \(\ds \sum |f_n|\) converge et donc \(\ds \sum f_n\) converge simplement. On peut alors étudier le reste de la série : soit \(\ds x\in I\) et \(\ds N\in\mathbb N\), \(\ds |R_N(x)|=\left|\sum_{n=N+1}^{+\infty}f_n(x)\right|\le\sum_{n=N+1}^{+\infty}|f_n(x)|\le\sum_{n=N+1}^{+\infty}||f_n||_\infty\xrightarrow[n\to +\infty]{}0\) par convergence normale. On a donc trouvé une majoration uniforme du reste qui converge vers \(\ds 0\) : la suite de fonctions des restes converge donc uniformément vers \(\ds 0\) c'est-à-dire \(\ds \sum f_n\) converge uniformément.

La convergence normale est simple à montrer : il suffit de majorer \(\ds |f_n(x)|\) par une suite \(\ds M_n\) qui est le terme général d'une série convergente (\(M_n\) NE DOIT PAS DÉPENDRE DE \(\ds x\) !). Le plan d'attaque est donc le suivant :

• On commence par montrer la convergence normale. Si elle est vérifiée, on a aussi convergence uniforme, absolue et simple ;
• Sinon on cherche la convergence simple, ou absolue ;
• S'il y a convergence simple, on s'intéresse à la convergence uniforme, souvent par l'étude des restes.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Soit \(\ds (f_n)\) une suite de fonctions définies sur \(\ds \mathbb R\) par \(\ds f_n(x)=\frac{\sin(nx^2)}{n^2}\). Montrer que la série de fonctions \(\ds \sum f_n\) converge normalement sur \(\ds \mathbb R\).

Soit \(\ds n\in\mathbb N^*\) et \(\ds x\in\mathbb R\), alors \(\ds |f_n(x)|=\frac{|\sin(nx^2)|}{n^2}\le \frac 1{n^2}\). Cette majoration étant uniforme (indépendante de \(\ds \mathbb R)\), on peut affirmer que \(\ds ||f_n||_\infty\le\frac 1{n^2}\) et par théorème de comparaison des séries à termes positifs, \(\ds \frac 1{n^2}\) étant le terme général d'une série de Riemann convergente, \(\ds \sum||f_n||_\infty\) est convergente : ainsi \(\ds \sum f_n\) est normalement convergente.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Soit, pour \(\ds n\in\mathbb N\), \(\ds f_n:x\in\mathbb R^+\mapsto\frac{x^n}{1+x^n}\). Étudier la convergence simple de la série de fonctions de terme général \(\ds f_n\). Sur quels intervalles y a-t-il convergence normale ?

On remarque que pour \(\ds n\ge 1\), \(\ds f_n(0)=0\) et la série des \(\ds f_n(0)\) converge. Si \(\ds 0<x<1\), alors \(\ds f_n(x)\sim x^n\) et la série converge par comparaison à une série à termes positifs géométrique convergente. Si \(\ds x=1\), \(\ds f_n(1)=\frac 12\) et la série des \(\ds f_n(x)\) est grossièrement divergente. Enfin si \(\ds x>1\), alors \(\ds f_n(x)\xrightarrow[n\to +\infty]{}1\) et la série des \(\ds f_n(x)\) diverge grossièrement. On en déduit que la série de fonction converge simplement sur \(\ds [0,1[\).
Étudions la convergence normale. Pour cela, dérivons \(\ds f_n(x)\) : \(\ds f_n'(x)=\frac{nx^{n-1}(1+x^n)-nx^{2n-1})}{(1+x^n)^2}=\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}\). Ainsi \(\ds f_n\) est croissante sur \(\ds [0,1[\). On ne peut donc majorer \(\ds f_n\) sur \(\ds [0,1[\) que par la limite en \(\ds 1\) c'est à dire \(\ds \frac 12\) qui n'est pas du tout le terme général d'une série convergente. Soit \(\ds a\in[0,1[\), soit \(\ds x\in[0,a]\), on a donc \(\ds f_n(x)\le f_n(a)=\frac {a^n}{1+a^n}\le a^n\). Or \(\ds a^n\) est le terme général d'une série géométrique convergente. On a donc bien convergence normale sur \(\ds [0,a]\). On a ainsi convergence normale sur tout \(\ds [0,a]\) avec \(\ds a\in[0,1[\) mais pas sur \(\ds [0,1[\).

Régularité des séries de fonctions

Continuité de la somme uniforme d'une série de fonctions

Si une série \(\ds \sum f_n\) de fonctions continues sur \(\ds I\) converge uniformément sur \(\ds I\), alors sa somme est continue sur \(\ds I\).

Preuve

Il suffit d'appliquer le théorème de continuité des suites de fonctions à la somme partielle \(\ds \sum_{n=0}^N f_n\).

Théorème de la double limite

Si une série \(\ds \sum f_n\) de fonctions définies sur \(\ds I\) converge uniformément sur \(\ds I\) et si, pour tout \(\ds n\), \(\ds f_n\) admet une limite \(\ds \ell_n\) en \(\ds a\) borne de \(\ds I\) (éventuellement \(a=\pm \infty\)), alors la série \(\ds \sum \ell_n\) converge, la somme de la série admet une limite en \(\ds a\) et :

\[ \sum_{n=0}^{+\infty} f_n(x) \xrightarrow[x\to a]{} \sum_{n=0}^{+\infty} \ell_n. \]

Preuve

Hors programme

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Soit, pour \(\ds n\in \mathbb N^*\), \(\ds f_n:x\mapsto\frac{x}{n ( 1+n^2x^2 )}\). Étudier la convergence simple de \(\ds \sum_{n\ge 1} f_n(x)\). La somme \(\ds S\) est-elle continue ? Donner un équivalent de \(\ds S(x)\) quand \(\ds x\to0^+\).

Soit \(\ds x\in\mathbb R^*\), \(\ds n^2f_n(x)=\frac{nx}{1+n^2x^2}\sim \frac1{nx}\to0\). Ainsi \(\ds f_n(x)=o\left(\frac 1{n^2}\right)\) et la série \(\ds \sum f_n(x)\) est convergente. Si \(\ds x=0\), on a \(\ds f_n(0)=0\) et donc la série converge aussi. On en déduit la convergence simple de \(\ds \sum f_n\) sur tout \(\ds \mathbb R\).
Calculons la dérivée de \(\ds f_n(x)\) qui est dérivable par théorèmes généraux : \(\ds f_n'(x)=\frac 1n\frac{(1+n^2x^2)-2n^2x^2}{(1+n^2x^2)^2}=\frac1n\frac{1-n^2x^2}{(1+n^2x^2)^2}\) qui s'annule en \(\ds x_n=\frac 1n\). Or \(\ds f_n(x_n)=\frac 1{2n^2}\) qui est le terme général d'une série convergente (série de Riemann convergente). On en déduit que la série \(\ds \sum f_n\) est normalement convergente donc uniformément convergente. On peut appliquer le théorème de continuité de la somme d'une série de fonctions et \(\ds S(x)\) est continue sur \(\ds \mathbb R\). On en déduit par ailleurs que \(\ds \lim_{x\to 0} S(x)=0\). On cherche à être plus précis.
Soit \(\ds x\in\mathbb R\), la fonction \(\ds t\mapsto\frac{x}{t(1+t^2x^2)}\) est décroissante. On a alors :

\[ \int_{n}^{n+1}\frac{x}{t(1+t^2x^2)}\d t\le f_n(x)\le\int_{n-1}^n \frac {x}{t(1+t^2x^2)}\d t \]

En notant \(\ds S_N(x)=\sum_{n=1}^N f_n(x)\) on obtient donc :

\[ \int_{1}^{N+1}\frac{x}{t(1+t^2x^2)}\d t\le \sum_{n=1}^Nf_n(x)\le \int_{1}^{N} \frac {x}{t(1+t^2x^2)}\d t+f_1(x) \]

On s'intéresse à l'intégrale :

\[ \begin{aligned} \int_{1}^{N} \frac {x}{t(1+t^2x^2)}\d t&\underset{u=xt}=x\int_{x}^{Nx}\frac{1}{u(1+u^2)}\d u\\ &= x\int_{x}^{Nx}\frac{1}{u}-\frac{u}{1+u^2}\d u\\ &= x\left[\ln(u)-\frac 12\ln(1+u^2)\right]_x^{Nx}\\ &= x\left(\ln(N)-\frac 12\ln(1+N^2x^2)+\frac 12\ln(1+x^2)\right)\\ &= x\left(\ln(N)-\ln(N)-\ln(x) -\frac 12\ln(1+\frac 1{N^2x^2})+\frac12\ln(1+x^2)\right)\\ &\xrightarrow[N\to+\infty]x\left(\frac12\ln(1+x^2)-\ln(x)\right)\\ &=\frac x2\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right) \end{aligned} \]

On obtient alors par PLI :

\[ \frac x2\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)\le S(x)\le \frac x2\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)+f_1(x)=\frac x2\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)+\frac{x}{1+x^2} \]

les deux membres extrèmes de l'inégalité sont équivalents à \(\ds \frac x2\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)\) en \(\ds 0\) donc \(\ds S(x)\sim_0 \frac x2\ln\left(1+\frac 1{x^2}\right)\sim_0-\frac x2\ln(x^2)\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Soit \(\ds \alpha>0\). On étudie la fonction \(\ds f\) donnée par

\[ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} f_n(x) \text { avec } f_n(x)=\mathrm{e}^{-n^\alpha x} \]

Étudier l'ensemble de définition de \(\ds f\) et sa continuité. Étudier la limite de \(\ds f\) en \(\ds +\infty\).

Tout d'abord si \(\ds x\le 0\), la série numérique \(\ds \sum f_n(x)\) diverge grossièrement. Si \(\ds x>0\), on a \(\ds n^2f_n(x)=e^{2\ln(n)-n^\alpha x}\to 0\) par croissances comparées. On en déduit que \(\ds f_n(x)=o\left(\frac 1{n^2}\right)\) et par théorèmes de comparaison, la série \(\ds \sum f_n(x)\) converge. On en déduit que la fonction \(\ds f\) est définie sur \(\ds \mathbb R^+_*\).
Soit maintenant \(\ds a\in\mathbb R^+_*\) et \(\ds x\in[a,+\infty[\). Soit \(\ds n\in\mathbb N\), la fonction \(\ds f_n\) est décroissante sur \(\ds [a,+\infty[\). On en déduit que \(\ds |f_n(x)|\le |f_n(a)|=e^{-n^\alpha a}\) et donc \(\ds \sup_{[a,+\infty[}|f_n|\le |f_n(a)|\) qui est le terme général d'une série convergente. On en déduit que la série de fonctions \(\ds \sum f_n\) converge normalement sur tout intervalle de la forme \(\ds [a,+\infty[\) et donc uniformément aussi. D'après le théorème de continuité, on a alors \(\ds f\) qui est continue sur tout intervalle de la forme \(\ds [a,+\infty[\) et donc sur \(\ds ]0,+\infty[\) : \(\ds f\) est continue sur son ensemble de définition. Essayons d'appliquer le théorème de la double limite pour étudier la limite de \(\ds f\) en \(\ds +\infty\). On remarque tout d'abord que \(\ds \lim_{x\to+\infty}f_n(x)=0\) pour \(\ds n>0\) et \(\ds f_0(x)=1\). Par ailleurs la série de fonction converge normalement donc uniformément sur, par exemple, \(\ds [1,+\infty[\). D'après le théorème de la double limite, on peut affirmer que \(\ds \lim_{x\to+\infty}S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\lim_{x\to+\infty}f_n(x)=1+0=1\). Donc \(\ds \lim_{x\to+\infty}S(x)=1\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Pour \(n\in\mathbb N\), on pose avec \(x\in\mathbb R\), \(\ds f_n(x)=\frac{e^{-nx}}{1+\sqrt n}\). Déterminer l'ensemble de définition de la série \(f=\sum f_n\) puis la limite en \(+\infty\) de \(f\).

Si \(x<0\), alors \(f_n(x)\xrightarrow[n\to+\infty]{}+\infty\) donc la série \(\sum f_n(x)\) diverge grossièrement. Pour \(x=0\), \(\ds f_n(x)=\frac1{1+\sqrt n}\sim\frac 1{\sqrt n}\) : c'est le terme général d'une série divergente et donc par théorème de comparaison, \(\sum f_n(0)\) diverge. Enfin, pour \(x>0\), \(\ds f_n(x)=o\left(\frac 1{n^2}\right)\) et donc la série \(\sum f_n(x)\) converge. Ainsi, \(f\) est définie sur \(]0,+\infty[\). On s'intéresse à la limite en \(+\infty\). On va donc utiliser le théorème de la double limite qui nécessite la convergence uniforme sur un intervalle donc l'une des bornes est \(+\infty\). On va plutôt aller chercher la convergence normale. On se place sur l'intervalle \([1,+\infty[\). Sur cet intervalle, \(x\mapsto f_n(x)\) est décroissante et donc pour tout \(x\in [1,+\infty[\), \(|f_n(x)|\le f_n(1)\). On en déduit que \(\ds ||f_n||_\infty\le \frac{e^{-n}}{1+\sqrt n}\). On a donc une majoration uniforme par un terme général d'une série numérique convergente : il y a convergence normale sur \([1,+\infty[\). De plus, \(f_0(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{} 1=\ell_0\) et pour \(n\ge 1\), \(f_n(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}0=\ell_n\). D'après le théorème de la double limite, la série des \(\ell_n\) converge (mais on le savait déjà) et \(\ds \lim_{x\to+\infty} f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\ell_n=1\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Cet exercice montre comment s'en sortir lorsque le théorème de la double limite ne fonctionne pas. On définit pour \(t\in\mathbb R^+\) et \(n\in\mathbb N\), \(\ds f_n(t)=\frac{t}{1+t^2n^2}\). Montrer la convergence simple de \(\sum f_n\) et étudier la limite de la somme en \(0^+\).

Si \(t=0\) la somme est nulle. Si \(t>0\), alors \(\ds f_n(t)\sim\frac 1{tn^2}\) qui est le terme général d'une série convergente. On en déduit que \(\sum f_n(t)\) converge pour tout \(t\ge 0\) : il y a convergence simple sur \(\mathbb R^+\) vers une fonction \(f(t)\). Étudions le reste de la série pour \(t>0\).

\[ \begin{aligned} R_N(t) &= \sum_{n=N+1}^{+\infty} \frac t{1+n^2t^2}\\ &\ge \sum_{n=N+1}^{2N}\frac{t}{1+n^2t^2}\\ &\ge \sum_{n=N+1}^2N\frac{1}{1+(2N)^2t^2}\\ &\ge \frac {tN}{1+4(tN)^2} \end{aligned} \]

On a alors \(\ds R_N(\frac 1N)\ge \frac 15\) et il n'y a donc pas convegence uniforme du reste vers \(0\). La série de fonction \(\sum f_n\) ne converge donc pas uniformément et on ne peut donc pas appliquer le théorème de la double limite.

On va alors passer par une comparaison série/intégrale. On remarque que \(\ds x\mapsto \frac t{1+x^2t^2}\) est décroissante en \(x\) sur \([0,+\infty]\). On peut donc encadrer :

\[ \int_{n}^{n+1}\frac{t}{1+t^2x^2}\d x\le \frac 1{1+n^2t^2}\le\int_{n-1}^n\frac{t}{1+t^2x^2}\d x \]

En sommant de \(1\) à \(N\), on a :

\[ \int_1^{N+1}\frac{t}{1+t^2x^2}\d x\le S_N(t)-t\le \int_{0}^{N}\frac{t}{1+t^2x^2}\d x \]

C'est-à-dire

\[ \arctan((N+1)t)-\arctan(t)\le S_N(t)-t\le \arctan(Nt). \]

On fait alors tendre \(N\) vers \(+\infty\) (on rappelle que \(t>0\)) et on obtient \(\ds \frac \pi2-\arctan(t)\le f(t)-t\le \frac \pi2\) puis par encadrement lorsque \(t\to 0\), \(\ds\lim_{t\to 0}f(t)=\frac\pi2\) et on remarque au passage que \(\ds\lim_{t\to 0}f(t)\ne f(0)\) : la fonction limite n'est pas continue en \(0\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose pour \(x\in\mathbb R^+\) et \(n\in\mathbb N\), \(f_n(x)=\ln(1+x^n)\). Étudier l'ensemble de définition de \(\sum f_n\), sa limite en \(0^+\) et sa limite en \(1^ -\). On donnera un équivalent en \(1^-\).

Si \(x\ge 1\), \(f_n(x)\not\to_{n\to+\infty}0\) donc il y a divergence grossière. Pour \(0\le x<1\), \(\ln(1+x^n)\sim x^n\) qui est le terme général d'une série géométrique convergente. Ainsi, \(\sum f_n\) converge simplement sur \([0,1[\) vers une fonction qu'on appellera \(f\). Soit \(a\in[0,1[\) et soit \(x\in[0,a]\). On a \(\ln(1+x^n)\le \ln(1+a^n)\le a^n\) qui est le terme général d'une série géométrique convergente. On en déduit la convergence normale donc uniforme sur tout \([0,a]\). On a par ailleurs \(\ds\lim_{x\to 0^+}f_0(x)=\ln(2)=\ell_0\) et pour \(n>0\), \(\ds\lim_{x\to 0^+}f_n(x)=0=\ell_n\). Par théorème de la double limite, on a donc convergence de la série \(\sum\ell_n\) (mais c'était trivial) et surtout \(\ds \lim_{x\to 0^+}f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\ell_n=\ln(2)\).
Étudions maintenant la situation en \(1^-\). Pour \(x\in[0,1[\), la fonction \(t\mapsto \ln(1+x^t)\) est décroissante. On en déduit par comparaison série/intégrale que pour \(N\in\mathbb N\),

\[ \int_{1}^{N+1} \ln(1+x^t)\d t\le \sum_{n=1}^N \ln(1+x^n)\le \int_0^N\ln(1+x^t)\d t \]

Or \(\ds\int_0^N\ln(1+x^t)\d t \underset{u=x^t}=\frac{-1}{\ln(x)}\int_{x^N}^1\frac 1u\ln(1+u)\d u\) et la fonction \(u\mapsto\frac 1u\ln(1+u)\) est prolongeable par continuité en \(0\) et donc \(\int_0^N\ln(1+x^t)\d t\xrightarrow[N\to+\infty]{}\frac{-1}{\ln(x)}\int_0^1\frac 1u\ln(1+u)\d u\) et \(\ds\int_1^{N+1}\ln(1+x^t)\d t=\frac{-1}{\ln(x)}\int_{x^{N+1}}^x\frac 1u\ln(1+u)\d u\xrightarrow[N\to+\infty]{}\frac{-1}{\ln(x)}\int_0^x\frac 1u\ln(1+u)\d u\). On a donc en passant à la limite,

\[ \frac {-1}{\ln(x)}\int_0^x\frac 1u\ln(1+u)\d u\le f(x)-\ln(2)\le \frac{-1}{\ln(x)}\int_0^1\frac 1u\ln(1+u)\d u \]

Et par conservation de l'équivalent, \(\ds f(x)\sim_{x\to 1^-}\frac {-1}{\ln(x)}\int_0^1\frac 1u\ln(1+u)\d u\).

Intégration sur un segment, dérivation des séries de fonctions

Intégration de la somme uniforme d'une série de fonctions sur un segment

Si une série \(\ds \sum f_n\) de fonctions continues converge uniformément sur \(\ds [a,b]\) alors la série des intégrales est convergente et :

\[ \int_a^b \sum_{n=0}^{+\infty} f_n (t) \,\mathrm{d} t =\sum_{n=0}^{+\infty} \int_a^b f_n(t) \,\mathrm{d} t. \]

Preuve

Comme précédemment, il s'agit d'appliquer le théorème d'intégration de la limite uniforme à la suite des sommes partielles.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Montrer que pour tout \(t\in]-1,1[\), \(\ds\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{t^n}n=-\ln(1-x)\).

On sait que pour \(x\in]-1;1[\), \(\ds\sum_{k=0}^{+\infty} x^k=\frac 1{1-x}\) (convergence simple). Soit \(t\in]-1,1[\) et \(x\in[0,t]\) (ou \([t,0]\) en fonction du signe de \(t\)). On a alors \(|x^n|\le|t|^n\) qui est une majoration uniforme par le terme général d'une série géométrique convergente. On peut donc appliquer le théorème d'intégration sur le segment \([0,t]\) :

\[ \int_0^t \frac 1{1-x}\d x = \sum_{k=0}^{+\infty}\int_0^tx^n\d x=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{t^{n+1}}{n+1}=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{t^n}{n} \]

Or \(\ds\int_0^t\frac 1{1-x}\d x=-\ln(1-t)\) ce qui permet d'écrire que pour \(t\in]-1,1[\), \(\ds\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{t^n}{n}=-\ln(1-t)\).

On sait déjà par ailleurs que \(\ds\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n}=-\ln(2)\) et donc l'égalité précédente est en fait vraie sur \([-1,1[\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Montrer que \(\ds\int_0^1\frac 1{2-x}\d x=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac 1{n2^n}\).

Tout d'abord, \(\ds\frac1{2-x}=\frac 12\times\frac{1}{1-\frac x2}=\frac 12 \sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac x2\right)^k=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{x^{k-1}}{2^k}\). On se pose alors la question de l'échange \(\int\leftrightarrow \sum\) sur le segment \([0,1]\). On pose \(\ds f_k(x)=\frac{x^{k-1}}{2^k}\) pour \(k>0\) et \(x\in[0,1]\). On a pour \(k>0\) et \(x\in[0,1]\), \(\ds|f_k(x)|\le \frac 1{2^k}\) qui est une majoration uniforme par le terme général d'une série convergente. On a donc convergence uniforme de la série des \(f_k\) sur \([0,1]\). On peut alors appliquer le théorème d'intégration : \(\ds\int_0^1\frac 1{2-x}\d x=\sum_{k=1}^{+\infty}\int_0^1\frac{x^{k-1}}{2^k}\d x=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac 1{k2^k}\).

Dérivation de la somme d'une série de fonctions avec convergence uniforme à l'ordre 1

Si une série \(\ds \sum f_n\) de classe \(\ds \mathcal{C}^1\) converge simplement sur un intervalle \(\ds I\) et si la série \(\ds \sum f'_n\) converge uniformément sur \(\ds I\), alors la somme \(\ds \sum_{n=0}^{+\infty} f_n\) est de classe \(\ds \mathcal{C}^1\) sur \(\ds I\) et sa dérivée est \(\ds \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} f'_n\).

Preuve

Toujours comme précédemment, il s'agit d'appliquer le théorème de dérivation de la limite uniforme à la somme partielle de la série de fonctions.

Exemple

ÉnoncéCorrigé

On pose \(\ds S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n+x}\). Montrer que \(S\) est définie sur \(]0,+\infty[\). Est-elle continue ? Est-elle de classe \(\mathcal C^1\) ?

Posons \(\ds f_n(x)=\frac{(-1)^n}{n+x}\) : les \(f_n\) sont continus sur \(]0,+\infty[\).
Tout d'abord, pour \(x\) fixé dans \(]0,+\infty[\), la convergence de \(\sum f_n(x)\) est donnée par le CSSA. Ensuite pour \(N>0\), notons \(R_N(x)\) le reste d'ordre \(N\) de la série \(\sum f_n(x)\). On a, d'après le CSSA toujours, \(\ds|R_N(x)|\le |f_{N+1}(x)|=\frac 1{N+1+x}\le \frac 1N\). On a donc une majoration uniforme du reste par un terme qui tend vers \(0\) : la suite des restes converge uniformément vers \(0\) sur \(]0,+\infty[\), et donc la série de fonctions \(\sum f_n\) converge uniformément vers \(S\). On en déduit, par continuité de la limite uniforme, que \(S\) est continue sur \(]0,+\infty[\).
Soit \(n\in\mathbb N\), \(f_n\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\) et \(\ds f_n'(x)=\frac{(-1)^{n+1}}{(n+x)^2}\). Pour \(x>0\), on a alors \(\ds|f_n'(x)|=\frac1{(n+x)^2}\le \frac 1{n^2}\) : c'est une majoration uniforme par un terme général d'une série convergente donc la série \(\sum f_n\) converge normalement, donc uniformément sur \(]0,+\infty[\). Par théorème de dérivation, on a alors \(S\) qui est de classe \(\mathcal C^1\) et \(\ds S'(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{(n+x)^2}\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

Montrer que pour \(|x|<1\), \(\ds\sum_{n=1}^{+\infty}nx^{n-1}=\frac1{(1-x)^2}\).

Posons \(f_n(x)=x^n\). La série de fonctions \(\sum f_n\) converge simplement vers \(\frac 1{1-x}\) (série géométrique). La série des dérivées est de la forme \(\sum g_n\) avec \(g_n(x)=nx^{n-1}\). Soit \(a\in[0,1[\) et \(x\in [-a,a]\), alors \(\ds|nx^{n-1}|\le na^{n-1}=o\left(\frac 1{n^2}\right)\). On a donc une majoration uniforme par le terme général d'une série convergente : il y a ainsi convergence normale, donc uniforme, sur tout \([-a,a]\). On en déduit par le théorème de dérivation d'une série de fonctions, que \(\sum f_n\) est de classe \(\mathcal C^1\) sur \(]-1,1[\) et de plus sa dérivée est \(\ds\sum_{n=1}^{+\infty}nx^{n-1}\) Or la dérivée de \(\sum f_n\) est \(\ds x\mapsto\frac 1{(1-x)^2}\). On en déduit que \(\ds\frac 1{(1-x)^2}=\sum_{n=1}^{+\infty}nx^{n-1}\).

On a évidemment l'équivalent \(\mathcal C^k\) comme pour les suites de fonctions :

Classe \(\mathcal C^k\) d'une série de fonctions avec convergence uniforme à l'ordre \(k\)

Soit \(\ds f=\sum f_n\) une série de fonctions toutes de classe \(\ds \mathcal C^k\). Si pour tout \(0\le j<k\), \(\sum f_n^{(j)}\) converge simplement vers \(g_j\) et si \(\ds\sum f_n^{(k)}\) converge uniformément vers \(g_k\) alors \(f\) est de classe \(\ds\mathcal C^k\) et pour tout \(0\le j\le k\), \(\ds f^{(j)}=g_j=\sum f_n^{(j)}\).

Exemple

ÉnoncéCorrigé

(fonction zeta de Riemann) Pour \(x>1\), on pose \(\ds\zeta(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^x}\). Montrer que \(\zeta\) est de classe \(\mathcal C^\infty\).

Posons pour \(n\ge 1\) et \(x>1\), \(\ds f_n(x)=\frac 1{n^x}\).
Soit \(k\in\mathbb N\), \(f_n\) est de classe \(\mathcal C^k\) par théorèmes généraux et pour \(0\le j\le n\), \(f_n^{(j)}=\frac{(-\ln n)^j}{n^x}\). Soit \(a>1\) et \(x>a\), on a pour \(0\le j\le k\), \(|f_n^{(j)}(x)|=\frac{ (\ln n)^j}{n^x}\le\frac{(\ln n)^j}{n^a}=o\left(\frac 1{n^{\frac {a+1}2}}\right)\). On a donc une majoration uniforme par un terme général d'une série convergente : il y a convergence normale donc uniforme de toutes les séries dérivées jusqu'au rang \(k\) sur tout \([a,+\infty[\). On en déduit par le théorème de classe \(\mathcal C^k\) des séries de fonctions que \(\zeta\) est de classe \(\mathcal C^k\) pour tout \(k\) : ainsi \(\zeta\) est de classe \(\mathcal C^{\infty}\).

Remarque

Tout ce que nous venons de voir se transfère aux fonctions à valeurs complexes en remplaçant la valeur absolue par un module.

Exercices

Issus de la banque CCINP

EXERCICE 8 analyse

EnoncéCorrigé

1. Soit $\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbb{N}} $une suite décroissante positive de limite nulle.

   1. Démontrer que la série \(\displaystyle\sum \left( -1\right) ^{k}u_{k}\) est convergente.

      Indication: on pourra considérer \(\left( S_{2n}\right) _{n\in \mathbb{N}}\) et \(\left( S_{2n+1}\right) _{n\in \mathbb{N}}\) avec \(S_{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left( -1\right) ^{k}u_{k}\).

   2. Donner une majoration de la valeur absolue du reste de la série \(\displaystyle\sum \left( -1\right) ^{k}u_{k}\).

2. On pose : \(\forall \:n\in\mathbb{N}^*\), \(\forall\:x\in\mathbb{R}\), \(f_n(x)=\dfrac{\left(-1\right)^{n}e^{-nx}}{n}\).

   1. Étudier la convergence simple sur \(\mathbb{R}\) de la série de fonctions \(\displaystyle\sum_{n\geqslant1}^{}f_n\).

   2. Étudier la convergence uniforme sur \(\left[ 0,+\infty\right[\) de la série de fonctions \(\displaystyle\sum_{n\geqslant1}^{}f_n\).

1. 1. \(S_{2n + 2} - S_{2n } = u_{2n + 2} - u_{2n + 1} \leqslant 0\), donc \((S_{2n})_{n\in\mathbb{N}}\) est décroissante. De même \(S_{2n + 3} - S_{2n + 1} \geqslant 0\), donc \((S_{2n+1})_{n\in\mathbb{N}}\) est croissante. De plus \(S_{2n} - S_{2n + 1} = u_{2n + 1}\) et \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}u_{2n + 1}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}(S_{2n} - S_{2n + 1}) =0\). On en déduit que les suites \((S_{2n} )_{n \in \mathbb{N}}\) et \((S_{2n + 1} )_{n \in \mathbb{N}}\) sont adjacentes. Donc elles convergent et ce vers une même limite. Comme \((S_{2n} )_{n \in \mathbb{N}}\) et \((S_{2n + 1} )_{n \in \mathbb{N}}\) recouvrent l’ensemble des termes de la suite \((S_n)_{n\in\mathbb{N}}\), on en déduit que la suite \((S_n )_{n \in \mathbb{N}}\) converge aussi vers cette limite. Ce qui signifie que la série \(\displaystyle\sum {( - 1)^k u_k }\) converge.

   2. Le reste \(R_n = \displaystyle\sum\limits_{k = n + 1}^{ + \infty } {( - 1)^k u_k }\) vérifie \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(\left| {R_n } \right| \leqslant u_{n + 1}\).

2. On pose : \(\forall \:x\in\mathbb{R}\), \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(f_n(x)=\dfrac{\left(-1\right)^{n}e^{-nx}}{n}\). On a alors \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(f_n(x)=(-1)^nu_n(x)\) avec \(u_n(x)=\dfrac{e^{-nx}}{n}\).

   1. Soit \(x\in\mathbb{R}\). Si \(x<0\), alors \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}|f_n(x)| =+\infty\), donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}^{}f_n(x)\) diverge grossièrement. Si \(x\geqslant 0\), alors \((u_n(x))_{n \in \mathbb{N}}\) est positive, décroissante et \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}u_n(x)=0\). Donc d’après 1.(a), \(\sum\limits_{n\geqslant1}^{}f_n(x)\) converge. Donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}^{}f_n\) converge simplement sur \(\left[ 0,+\infty\right[\).

      Remarque: pour \(x> 0\), on a aussi convergence absolue de \(\sum\limits_{n\geqslant1}^{}f_n(x)\). En effet, pour tout réel \(x> 0\), \(n^2|f_n(x)|=n\mathrm{e}^{-nx}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}0\) donc, au voisinage de \(+\infty\), \(|f_n(x)|=o\left( \dfrac{1}{n^2}\right)\).

   2. Comme \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}^{}f_n\) converge simplement sur \(\left[ 0,+\infty\right[\), on peut poser \(\forall \:x\in \left[ 0,+\infty\right[\), \(R_n(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty}f_k(x)\). Alors, comme, \(\forall \:x\in \left[ 0,+\infty\right[\), \((u_n(x))_{n \in \mathbb{N}}\) est positive, décroissante et \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}u_n(x)=0\), on en déduit, d’après 1.(b), que: \(\forall \:x\in \left[ 0,+\infty\right[\), \(|R_n(x)|\leqslant \dfrac{e^{-(n+1)x}}{n+1}\). Et donc \(\forall \:x\in \left[ 0,+\infty\right[\), \(|R_n(x)|\leqslant \dfrac{1}{n+1}\). (majoration indépendante de \(x\)) Et comme \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{} \dfrac{1}{n+1}=0\), alors \((R_n)\) converge uniformément vers \(0\) sur \(\left[ 0,+\infty\right[\). C’est-à-dire \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}^{}f_n\) converge uniformément sur \(\left[ 0,+\infty\right[\).

EXERCICE 9 analyse

EnoncéCorrigé

1. Soit \(X\) un ensemble, \(\left( g_{n}\right)\) une suite de fonctions de \(X\) dans \(\mathbb{C}\) et \(g\) une fonction de \(X\) dans \(\mathbb{C}\). Donner la définition de la convergence uniforme sur \(X\) de la suite de fonctions \(\left(g_n\right)\) vers la fonction \(g\).

2. On pose \(f_{n}(x) =\dfrac{n+2}{n+1}\mathrm{e}^{-n x^{2}}\cos \left( \sqrt{n}x\right)\).

   1. Étudier la convergence simple de la suite de fonctions \(\left(f_{n}\right)\).

   2. La suite de fonctions \(\left(f_{n}\right)\) converge-t-elle uniformément sur \(\left[ 0,+\infty\right[\) ?

   3. Soit \(a>0\). La suite de fonctions \(\left(f_{n}\right)\) converge-t-elle uniformément sur \([a,+\infty[\) ?

   4. La suite de fonctions \(\left(f_{n}\right)\) converge-t-elle uniformément sur \(]0,+\infty[\)?

1. Soit \(g_n:X\longrightarrow \mathbb{C}\) et \(g:X\longrightarrow \mathbb{C}\). Dire que \((g_n)\) converge uniformément vers \(g\) sur \(X\) signifie que : $\(\forall \varepsilon>0,\exists\:N\in\mathbb{N} / \forall \:n\in\mathbb{N}, n\geqslant N \Longrightarrow \forall \:x \in X, |g_n(x)-g(x)|\leqslant \varepsilon.\)$ Ou encore, \((g_n)\) converge uniformément vers \(g\) sur \(X\) \(\Longleftrightarrow\) \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\left( \sup\limits_{x\in X}^{}|g_n(x)-g(x)|\right) =0\).

2. 1. On pose pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f_{n}(x) =\dfrac{n+2}{n+1}\mathrm{e}^{-n x^{2}}\cos \left( \sqrt{n}x\right)\). Soit \(x\in\mathbb{R}\). Si \(x=0\), alors \(f_n(0)=\dfrac{n+2}{n+1}\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}f_n(0)=1\). Si \(x\neq 0\), alors \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}f_n(x)=0\). En effet, \(|f_n(x)|\underset{+\infty}{\thicksim}\mathrm{e}^{-nx^2}|\cos \left( \sqrt{n}x\right)|\) et \(0\leqslant\mathrm{e}^{-nx^2}|\cos \left( \sqrt{n}x\right)|\leqslant \mathrm{e}^{-nx^2}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}0\). On en déduit que \((f_n)\) converge simplement sur \(\mathbb{R}\) vers la fonction \(f\) définie par: $\(f(x)=\left\lbrace \begin{array}{lll} 0&\:\text{si}\:& x\neq 0\\ 1&\:\text{si}\:& x=0 \end{array}\right.\)$

   2. Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(f_n\) est continue sur \(\left[0,+\infty \right[\) et \(f\) non continue en \(0\) donc \((f_n)\) ne converge pas uniformément vers \(f\) sur \(\left[0,+\infty \right[\).

   3. Soit \(a>0\). On a: \(\forall \,x\in \left[a,+\infty \right[\), \(|f_n(x)-f(x)|=|f_n(x)|\leqslant\dfrac{n+2}{n+1}\mathrm{e}^{-n a^{2}}\) (majoration indépendante de \(x\)). Par ailleurs, \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\dfrac{n+2}{n+1}\mathrm{e}^{-n a^{2}}=0\) (car \(\dfrac{n+2}{n+1}\mathrm{e}^{-n a^{2}}\underset{+\infty}{\thicksim}\mathrm{e}^{-n a^{2}})\). Donc \((f_n)\) converge uniformément vers \(f\) sur \(\left[a,+\infty \right[\).

   4. On remarque que pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(f_n\) est bornée sur \(\left] 0,+\infty\right[\) car pour tout \(x\in \left] 0,+\infty\right[\), \(|f_n(x)|\leqslant \dfrac{n+2}{n+1}\leqslant 2\). D’autre part, \(f\) est bornée sur \(\left] 0,+\infty\right[\), donc, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(\sup\limits_{x\in \left] 0,+\infty\right[ }^{}|f_n(x)-f(x)|\) existe. On a \(|f_n(\dfrac{1}{\sqrt{n}})-f(\dfrac{1}{\sqrt{n}})|=\dfrac{(n+2)\mathrm{e}^{-1}\cos 1}{n+1}\) donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}|f_n(\dfrac{1}{\sqrt{n}})-f(\dfrac{1}{\sqrt{n}})|=\mathrm{e}^{-1}\cos 1\neq 0\). Or \(\sup\limits_{x\in \left] 0,+\infty\right[ }^{}|f_n(x)-f(x)|\geqslant|f_n(\dfrac{1}{\sqrt{n}})-f(\dfrac{1}{\sqrt{n}})|\), donc \(\sup\limits_{x\in \left] 0,+\infty\right[ }^{}|f_n(x)-f(x)|\underset{n\to +\infty}{\not\to}0\). Donc \((f_n)\) ne converge pas uniformément vers \(f\) sur \(\left]0,+\infty \right[\).

EXERCICE 10 analyse

EnoncéCorrigé

On pose \(f_{n}\left( x\right) =\left( x^{2}+1\right) \dfrac{ne^{x}+xe^{-x}}{n+x}\).

1. Démontrer que la suite de fonctions \(\left( f_{n}\right)\) converge uniformément sur \([0,1]\).

2. Calculer \(\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left( x^{2}+1\right) \dfrac{ne^{x}+xe^{-x}}{n+x}\text{d}x\).

1. Pour \(x \in \left[ {0,1} \right]\), \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}f_n (x)=(x^2 + 1){\mathrm{e}}^x\). La suite de fonctions \((f_n )\) converge simplement vers \(f:x \mapsto (x^2 + 1){\mathrm{e}}^x\) sur \(\left[ {0,1} \right]\). On a \(\forall\: x\in \left[ 0,1\right]\), \(f_n (x) - f(x) = (x^2 + 1)\dfrac{{x({\mathrm{e}}^{ - x} - {\mathrm{e}}^x )}}{{n + x}}\), et donc: \(\forall x\in \left[ 0,1\right]\), \(\left| {f_n (x) - f(x)} \right| \leqslant \dfrac{{2\textrm{e}}}{n}\). Ce majorant indépendant de \(x\) tend vers 0 quand \(n\to +\infty\), donc la suite de fonctions \((f_n)\) converge uniformément vers \(f\) sur \(\left[ {0,1} \right]\).

2. Par convergence uniforme sur le segment \(\left[ 0,1\right]\) de cette suite de fonctions continues sur \(\left[ 0,1\right]\), on peut intervertir limite et intégrale. On a donc \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \displaystyle\int_0^1 {(x^2 + 1)\dfrac{{n{\mathrm{e}}^x + x{\mathrm{e}}^{ - x} }}{{n + x}}\,{\mathrm{d}}x} = \displaystyle\int_0^1 {(x^2 + 1){\mathrm{e}}^x \,{\mathrm{d}}x}\). Puis, en effectuant deux intégrations par parties, on trouve \(\displaystyle\int_0^1 {(x^2 + 1){\mathrm{e}}^x \,{\mathrm{d}}x} = 2{\mathrm{e}} - 3\).

EXERCICE 11 analyse

EnoncéCorrigé

1. Soit \(X\) une partie de \(\mathbb{R}\), \(\left( f_{n}\right)\) une suite de fonctions de \(X\) dans \(\mathbb{R}\) convergeant simplement vers une fonction \(f\). On suppose qu’il existe une suite \(\left( x_{n}\right)_{n\in \mathbb{N}}\) d’éléments de \(X\) telle que la suite \(\left( f_{n}(x_{n})-f\left( x_{n}\right) \right) _{n\in \mathbb{N}}\) ne tende pas vers \(0\).

   Démontrer que la suite de fonctions \(\left( f_{n}\right)\) ne converge pas uniformément vers \(f\) sur \(X\).

2. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), on pose \(f_{n}(x) =\dfrac{\sin \left( nx\right) }{1+n^{2}x^{2}}\).

   1. Étudier la convergence simple de la suite \(\left( f_{n}\right)\).

   2. Étudier la convergence uniforme de la suite \(\left( f_{n}\right)\) sur \([a,+\infty[\) (avec \(a>0\)), puis sur \(]0,+\infty[\).

1. Par contraposée : si \((f_n )\) converge uniformément vers \(f\) alors : il existe un entier \(N\) tel que \(\forall n\geqslant N\), \(\left\| {f_n - f} \right\|_\infty = \mathop {\sup }\limits_{x \in X} \left| {f_n (x) - f(x)} \right|\) existe et \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\left\| {f_n - f} \right\|_\infty = 0\). Or, \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(x_n\in X\) donc \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(n\geqslant N \Longrightarrow\left| {f_n (x_n ) - f(x_n )} \right| \leqslant \left\| {f_n - f} \right\|_\infty\). Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\left\| {f_n - f} \right\|_\infty = 0\). Donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\left| {f_n (x_n ) - f(x_n )} \right|=0\). C’est-à-dire la suite \(( {f_n (x_n ) - f(x_n )})_{n\in\mathbb{N}}\) converge vers \(0\).

2. 1. Soit \(x\in\mathbb{R}\). Si \(x=0\), alors \(f_n(0)=0\). Si \(x \neq 0\), alors \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}f_n (x)=0\) car \(|f_n(x)|\leqslant\dfrac{1}{n^2x^2}\). Donc la suite \((f_n )\) converge simplement vers la fonction nulle sur \(\mathbb{R}\).

   2. Soit \(a>0\). \(\forall\:x\in \left[ a,+\infty\right[\), \(\left| {f_n (x)} -f(x)\right|=|f_n(x)| \leqslant \dfrac{1}{{1 + n^2a^2 }}\). Cette majoration est indépendante de \(x\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\dfrac{1}{{1 + n^2a^2 }}=0\). On en déduit que la suite de fonctions \((f_n )\) converge uniformément vers la fonction nulle sur \(\left[ {a, + \infty } \right[\) .

      On pose, \(\forall \:n\in\mathbb{N}^*\), \(x_n = \dfrac{\pi}{2n}\). On a \(\forall \:n\in\mathbb{N}^*\), \(x_n\in \left] 0,+\infty\right[\) et \(|f_n (x_n )-f(x_n)| = \dfrac{1}{{1 + \dfrac{{\pi ^2 }}{4}}}\) qui ne tend pas vers 0 quand \(n\rightarrow +\infty\). On en déduit, d’après 1., que la suite de fonctions \((f_n )\) ne converge pas uniformément sur \(\left] {0, + \infty } \right[\).

EXERCICE 12analyse

EnoncéCorrigé

1. Soit \((f_n)\) une suite de fonctions de \([a,b]\) dans \(\mathbb{R}\).

   On suppose que la suite de fonctions \((f_n)\) converge uniformément sur \([a,b]\) vers une fonction \(f\), et que, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(f_n\) est continue en \(x_0\), avec \(x_0\in[a,b]\).

   Démontrer que \(f\) est continue en \(x_0\).

2. On pose : \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(\forall\:x\in[0;1]\), \(g_n(x)=x^n\). La suite de fonctions \((g_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\) converge-t-elle uniformément sur \([0;1]\)?

1. Soit \(x_0\in \left[ a,b\right]\). Prouvons que \(f\) est continue en \(x_0\). Soit \(\varepsilon > 0\). Par convergence uniforme, il existe un entier \(N\) tel que \(\forall \: n \in \mathbb{N}\), \(n \geqslant N \Longrightarrow \left( {\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {f(x) - f_n (x)} \right| \leqslant \varepsilon } \right)\). En particulier pour \(n = N\), on a \(\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {f(x) - f_N (x)} \right| \leqslant \varepsilon\).(*) Or la fonction \(f_N\) est continue en \(x_0\) donc \(\exists\:\alpha > 0\) tel que : \(\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {x - x_0 } \right| \leqslant \alpha \Rightarrow \left| {f_N (x) - f_N (x_0 )} \right| \leqslant \varepsilon\).(**) D’après l’inégalité triangulaire, \(\forall\:x\in \left[ a,b\right]\), \(\left| {f(x) - f(x_0 )} \right| \leqslant \left| {f(x) - f_N (x)} \right| + \left| {f_N (x) - f_N (x_0 )} \right| + \left| {f_N (x_0 ) - f(x_0 )} \right|\). Alors d’après (*) et (**), \(\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {x - x_0 } \right| \leqslant \alpha \Rightarrow \left| {f(x) - f(x_0 )} \right| \leqslant 3\varepsilon\). On en déduit que \(f\) est continue en \(x_0\).

2. La suite \((g_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\) converge simplement sur \(\left[ {0,1} \right]\) vers la fonction \(g:x \mapsto \left\{ { \begin{array}{ll} 0 & {{\text{si }}x \in \left[ {0,1} \right[} \\ 1 & {{\text{si }}x = 1} \\ \end{array} } \right.\) \(\forall \:n\in\mathbb{N}^*\), \(g_n\) est continue en 1 alors que \(g\) est discontinue en 1. D’après la question précédente, on en déduit que \((g_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\) ne converge pas uniformément vers \(g\) sur \(\left[ {0,1} \right]\).

EXERCICE 14 analyse

EnoncéCorrigé

1. Soit \(a\) et \(b\) deux réels donnés avec \(a<b\). Soit \(\left( f_{n}\right)\) une suite de fonctions continues sur \([a,b],\) à valeurs réelles. Démontrer que si la suite \(\left( f_{n}\right)\) converge uniformément sur \(\left[ a,b\right]\) vers \(f\), alors la suite \(\left( \displaystyle\int_{a}^{b}f_{n}\left( x\right)\text{d}x\right)_{n\in \mathbb{N}}\) converge vers \(\displaystyle\int_{a}^{b}f\left(x\right) \text{d}x\).

2. Justifier comment ce résultat peut être utilisé dans le cas des séries de fonctions.

3. Démontrer que \(\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left( \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}x^{n}\right) \text{d}x=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{1}{n2^{n}}~.\)

1. Comme la suite \((f_n)\) converge uniformément sur \(\left[a,b \right]\) vers \(f\), et que, \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(f_n\) est continue sur \(\left[ a,b\right]\), alors \(f\) est continue sur \(\left[ a,b\right]\). Ainsi, \(\forall n\in\mathbb{N}\), \(f_n-f\) est continue sur le segment \(\left[ a,b\right]\). On pose alors, \(\forall n\in\mathbb{N}\), \(\left\| {f_n - f} \right\|_\infty = \mathop {\sup }\limits_{x \in \left[ {a,b} \right]} \left| {f_n (x) - f(x)} \right|\). On a \(\left| {\displaystyle\int_a^b {f_n (x)\,{\mathrm{d}}x} - \int_a^b {f(x)\,{\mathrm{d}}x} } \right| =\left|\displaystyle \int_a^b\left( f_n(x)-f(x)\right)\mathrm{d}x\right| \leqslant \displaystyle\int_a^b|f_n(x)-f(x)|\mathrm{d}x\leqslant (b - a)\left\| {f_n - f} \right\|_\infty\).(*) Or \((f_n)\) converge uniformément vers \(f\) sur \(\left[ a,b\right]\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\left\| {f_n - f} \right\|_\infty =0\). Donc d’après (*), \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\displaystyle\int_a^b f_n (x)\,{\mathrm{d}}x= \int_a^b {f(x)\,{\mathrm{d}}x}\).

2. On suppose que \(\forall n\in\mathbb{N}\), \(f_n\) est continue sur \(\left[ a,b\right]\) et \(\displaystyle\sum f_n\) converge uniformément sur \(\left[ a,b\right]\). On pose \(S_n=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}f_k\). \(\displaystyle\sum f_n\) converge uniformément sur \(\left[ a,b\right]\), donc converge simplement sur \(\left[ a,b\right]\). On pose alors, également, \(\forall x\in \left[a,b \right]\), \(S(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}f_k(x)\). \(\displaystyle\sum f_n\) converge uniformément sur \(\left[ a,b\right]\) signifie que \((S_n)\) converge uniformément sur \(\left[ a,b\right]\) vers \(S\). De plus, \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(S_n\) est continue sur \(\left[ a,b\right]\), car \(S_n\) est une somme finie de fonctions continues. On en déduit que \(S\) est continue sur \(\left[ a,b\right]\). Et d’après 1., \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\displaystyle\int_a^b S_n (x)\,{\mathrm{d}}x= \displaystyle\int_a^b {S(x)\,{\mathrm{d}}x}\). Or \(\displaystyle\int_{a}^{b}S_n(x)\mathrm{d}x=\displaystyle\int_{a}^{b}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}f_k(x)\mathrm{d}x=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\displaystyle\int_{a}^{b}f_k(x)\mathrm{dx}\) car il s’agit d’une somme finie. Donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\displaystyle\int_a^b f_k (x)\,{\mathrm{d}}x= \displaystyle\int_a^b {S(x)\,{\mathrm{d}}x}\). Ou encore \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\displaystyle\int_a^b f_k (x)\,{\mathrm{d}}x= \displaystyle\int_a^b\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}f_k(x) {\,{\mathrm{d}}x}\). Ce qui signifie que \(\displaystyle\sum\limits_{}^{}\displaystyle\int_a^b f_k (x)\,{\mathrm{d}}x\) converge et \(\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\displaystyle\int_a^b f_k (x)\,{\mathrm{d}}x= \displaystyle\int_a^b\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}f_k(x) {\,{\mathrm{d}}x}\).

   Bilan: La convergence uniforme de la série de fonctions \(\displaystyle\sum f_n\) où les \(f_n\) sont continues sur \(\left[ {a,b} \right]\) permet d’ intégrer terme à terme, c’est-à-dire: \(\displaystyle\int_{a}^{b} {\displaystyle\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {f_n (x)\,{\mathrm{d}}x} = \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\displaystyle\int_a^b {f_n (x)\,{\mathrm{d}}x} } }\).

3. La série entière \(\displaystyle\sum {x^n }\) est de rayon de convergence \(R = 1\) donc cette série de fonctions converge normalement et donc uniformément sur le compact \(\left[ {0,\dfrac{1}{2}} \right] \subset \left] { - 1,1} \right[\). De plus, \(\forall\: n\in\mathbb{N}\), \(x\longmapsto x^n\) est continue sur \(\left[0,\dfrac{1}{2} \right]\). On en déduit alors, en utilisant 2., que: \(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} \left( {\displaystyle\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {x^n } } \right) \,{\mathrm{d}}x =\displaystyle\sum\limits_{n=0}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} x^n\mathrm{d}x=\displaystyle\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\dfrac{1}{{n + 1}}\dfrac{1}{{2^{n + 1} }}} =\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\dfrac{1}{{n }}\dfrac{1}{{2^{n } }}}.\)

EXERCICE 16 analyse

EnoncéCorrigé

On considère la série de fonctions de terme général \(u_{n}\) définie par: $$ \forall n\in \mathbb{N}^{*}, \forall x\in \lbrack 0,1], u_{n}\left(x\right) =\ln \left( 1+\dfrac{x}{n}\right) -\dfrac{x}{n}~. $$

On pose, lorsque la série converge, \(S(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\left[ \ \ln \left( 1+\dfrac{x}{n}\right) -\dfrac{x}{n}\right]\).

1. Démontrer que \(S\) est dérivable sur \([0,1]\).

2. Calculer \(S'(1)\).

1. Soit \(x \in \left[ {0,1} \right]\). Si \(x=0\), \(u_n(0)=0\) et donc \(\displaystyle\sum u_n(0)\) converge. Si \(x\neq 0\), comme au voisinage de \(+ \infty\), \(u_n (x) = - \dfrac{{x^2 }}{2{n^2 }} + o\left( {\dfrac{1}{{n^2 }}} \right)\), alors \(|u_n(x)|\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{x^2 }{2n^2 }\). Or \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\dfrac{1}{n^2}\) converge donc, par critère de comparaison des séries à termes positifs, \(\displaystyle\sum u_n(x)\) converge absolument, donc converge. On en déduit que la série des fonctions \(u_n\) converge simplement sur \(\left[ {0,1} \right]\). La fonction \(S\) est donc définie sur \(\left[ {0,1} \right]\). \(\forall \:n\in\mathbb{N}^*\), \(u_n\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\left[ {0,1} \right]\) et \(\forall \:x\in\left[ {0,1} \right]\), \(u'_n (x) = \dfrac{1}{{x + n}} - \dfrac{1}{n} = \dfrac{{ - x}}{{n(x + n)}}\). Donc \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(\forall \:x\in\left[ {0,1} \right]\), \(|u_n'(x)|\leqslant \dfrac{1}{n^2}\). On en déduit que \(\left\| {u'_n } \right\|_\infty = \mathop {\sup }\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} \left| {u'_n (x)} \right| \leqslant \dfrac{1}{{n^2 }}\). Or \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\dfrac{1}{n^2}\) converge. Donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{} u'_n\) converge normalement, donc uniformément sur \(\left[ {0,1} \right]\). On peut alors affirmer que la fonction \(S\) est de classe \(\mathcal{C}^1\). Elle est donc dérivable sur \(\left[ {0,1} \right]\). Et on a: \(\forall\:x\in \left[0;1 \right]\), \(S'(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n'(x)\).

2. En vertu de ce qui précède, \(S'(1) = \displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {u'_n (1)} =\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left( {\dfrac{1}{{n + 1}} - \dfrac{1}{n}} \right)}\). Or \(\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\dfrac{1}{{n + 1}} - \dfrac{1}{n}} \right)} = \dfrac{1}{{N + 1}} - 1\xrightarrow[{N \to + \infty }]{} -1\). Donc \(S'(1) =-1\).

EXERCICE 17 analyse

EnoncéCorrigé

Soit \(A\subset \mathbb{C}\) et \(\left( f_{n}\right)\) une suite de fonctions de \(A\) dans \(\mathbb{C}\).

1) Démontrer l'implication i)\(\Rightarrow\)ii) avec:

• i) la série de fonctions \(\displaystyle\sum f_{n}\) converge uniformément sur \(A\)
• ii) la suite de fonctions \((f_{n})\) converge uniformément vers \(0\) sur \(A\)

2) On pose: \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(\forall\:x\in\left[ 0;+\infty\right[\), \(f_n(x)=nx^2\mathrm{e}^{-x\sqrt{n}}\). Prouver que \(\displaystyle\sum f_n\) converge simplement sur \(\left[ 0;+\infty\right[\). \(\displaystyle\sum f_n\) converge-t-elle uniformément sur \(\left[ 0;+\infty\right[\)? Justifier.

1) On suppose que \(\displaystyle\sum f_n\) converge uniformément sur \(A\). On en déduit que \(\displaystyle\sum f_n\) converge simplement sur \(A\). On pose alors, \(\forall\:x\in A\), \(S(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}f_k(x)\) et \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(S_n(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}f_k(x)\). \(\displaystyle\sum f_n\) converge uniformément sur \(A\), c’est-à-dire \((S_n)\) converge uniformément vers \(S\) sur \(A\), c’est-à-dire \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}||S_n-S||_{\infty}=0\), avec \(||S_n-S||_{\infty}=\sup\limits_{x\in A}^{}|S_n(x)-S(x)|\). On a \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(\forall \:x\in A\), \(|f_n(x)|=|S_n(x)-S_{n-1}(x)|\leqslant|S_n(x)-S(x)|+|S(x)-S_{n-1}(x)|\). Donc \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(\forall \:x\in A\),\(|f_n(x)|\leqslant ||S_n-S||_{\infty} +||S_{n-1}-S||_{\infty}\) (majoration indépendante de \(x\)). Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}||S_n-S||_{\infty}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}^{}\left( ||S_n-S||_{\infty}+||S_{n-1}-S||_{\infty}\right) =0\). Donc \((f_n)\) converge uniformément vers 0 sur \(A\).
2) On pose: \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(\forall\:x\in\left[ 0;+\infty\right[\), \(f_n(x)=nx^2\mathrm{e}^{-x\sqrt{n}}\). Soit \(x\in \left[ 0;+\infty\right[\). Si \(x=0\): \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(f_n(0)=0\) donc \(\displaystyle\sum f_n(0)\) converge. Si \(x\neq 0\): \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}n^2f_n(x)=0\), donc au voisinage de \(+\infty\), \(f_n(x)=o\left(\dfrac{1}{n^2} \right)\). Or \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{} \dfrac{1}{n^2}\) converge absolument donc, par critère de domination, \(\displaystyle\sum f_n(x)\) converge absolument. On en déduit que \(\displaystyle\sum f_n\) converge simplement sur \(\left[0;+\infty \right[\). \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(f_n\) est continue sur \(\left[0;+\infty \right[\) et \(\lim\limits_{x\to +\infty}^{}f_n(x)=0\), donc \(f_n\) est bornée sur \(\left[0;+\infty \right[\). Comme \(f_0\) est bornée (\(f_0=0\)), on en déduit que \(\forall\:n\in\mathbb{N}\), \(f_n\) est bornée. De plus, la suite de fonctions \((f_n)\) converge simplement vers la fonction nulle. En effet, si \(x=0\) alors \(f_n(0)=0\) et si \(x\neq 0\), \(\lim\limits_{n\to +\infty}^{}f_n(x)=0\). On a \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(f_n\left( \dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) =\mathrm{e}^{-1}\). Or, \(\forall\:n\in\mathbb{N}^*\), \(f_n\left( \dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) =|f_n\left( \dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) |\leqslant \underset{t\in \left[0;+\infty \right[ }{\sup}|f_n(t)|\); donc \(\underset{t\in \left[0;+\infty \right[ }{\sup}|f_n(t)|\geqslant \mathrm{e}^{-1}\). Ainsi, \(\underset{t\in \left[0;+\infty \right[ }{\sup}|f_n(t)|\underset{n\to +\infty}{\nrightarrow}0\). On en déduit que \((f_n)\) ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur \(\left[0;+\infty \right[\). Donc, d’après 1., \(\displaystyle\sum f_n\) ne converge pas uniformément sur \(\left[0;+\infty \right[\).

EXERCICE 53 analyse

EnoncéCorrigé

On considère, pour tout entier naturel \(n\) non nul, la fonction \(f_n\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f_n(x)=\dfrac{x}{1+n^4x^4}\).

1. 1. Prouver que \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge simplement sur \(\mathbb{R}\). On pose alors : \(\forall x\in\mathbb{R}\), \(f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{+\infty}f_n(x)\).

   2. Soit \((a,b)\in\mathbb{R}^2\) avec \(0<a<b\). \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge-t-elle normalement sur \(\left[a,b \right]\)? sur \(\left[ a,+\infty\right[\)?

   3. \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge-t-elle normalement sur \(\left[ 0,+\infty\right[\)?

2. Prouver que \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\).

3. Déterminer \(\lim\limits_{x\to+\infty}^{}f(x)\).

1. 1. Soit \(x\in\mathbb{R}\). Si \(x=0\), alors \(f_n(0)=0\) et donc \(\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n(0)\) converge. Si \(x \neq 0\), \(f_n(x)\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{n^4x^3}\). Or \(\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\dfrac{1}{n^4}\) est une série de Riemann convergente donc, par critère d’équivalence pour les séries à termes de signe constant, \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n(x)\) converge. Conclusion:\(\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge simplement sur \(\mathbb{R}\).

   2. Soit \((a,b)\in\mathbb{R}^2\) tel que \(0<a<b\).
      \(\bullet\) Prouvons que \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge normalement sur \([a,b]\). \(\forall x \in [a,b]\), \(|f_n(x)|\leqslant \dfrac{b}{n^4a^4}\)(majoration indépendante de \(x\)). De plus, \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{}\dfrac{1}{n^4}\) converge (série de Riemann convergente). Donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge normalement sur \([a,b]\).
      \(\bullet\) Prouvons que \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge normalement sur \([a,+\infty[\). \(\forall x \in [a,+\infty [\), \(|f_n(x)|\leqslant \dfrac{x}{n^4x^4}=\dfrac{1}{n^4x^3}\leqslant\dfrac{1}{n^4a^3}\) (majoration indépendante de \(x\)).
      De plus, \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{}\dfrac{1}{n^4}\) converge (série de Riemann convergente). Donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge normalement sur \([a,+\infty[\).

   3. On remarque que \(f_n\) est continue sur le compact \([0,1]\), donc \(f_n\) est bornée sur \([0,1]\). De plus, d’après 1.(b), \(\forall x \in [1,+\infty [\), \(|f_n(x)|\leqslant \dfrac{1}{n^4}\), donc \(f_n\) est bornée sur \([1,+\infty [\). On en déduit que \(f_n\) est bornée sur \(\left[ 0,+\infty\right[\) et que \(\sup\limits_{x\in \left[ 0,+\infty\right[ }{}|f_n(x)|\) existe. \(\forall n\in\mathbb{N}^*\), \(\sup\limits_{x\in \left[ 0,+\infty\right[ }{}|f_n(x)|\geqslant f_n(\dfrac{1}{n})=\dfrac{1}{2n}\). Or \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\dfrac{1}{n}\) diverge (série harmonique). Donc, par critère de minoration des séries à termes positifs, \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\sup\limits_{\:x\in \left[ 0,+\infty\right[ }{}|f_n(x)|\) diverge. Donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) ne converge pas normalement sur \(\left[ 0,+\infty\right[\).

Autre méthode: \(\forall n\in\mathbb{N}^*\), \(f_n\) est dérivable sur \(\left] 0,+\infty\right[\) et \(\forall x\in \left] 0,+\infty\right[\), \(f_n'(x)=\dfrac{1-3n^4x^4}{\left( 1+n^4x^4\right)^2 }\). On en déduit que \(f_n\) est croissante sur \(\left] 0,\frac{1}{3^{\frac{1}{4}}n} \right]\) et décroissante sur \(\left[\frac{1}{3^{\frac{1}{4}}n},+\infty \right[\). \(f_n\) étant positive sur \(\mathbb{R}\), on en déduit que \(f_n\) est bornée. Donc \(\sup\limits_{x\in \left[ 0,+\infty\right[ }{}|f_n(x)|\) existe et \(\sup\limits_{x\in \left[ 0,+\infty\right[ }{}|f_n(x)|=f_n(\dfrac{1}{3^{\frac{1}{4}}n})=\dfrac{3^{\frac{3}{4}}}{4 n}\). Or \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\dfrac{1}{n}\) diverge (série harmonique), donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\sup\limits_{\:x\in \left[ 0,+\infty\right[ }{}|f_n(x)|\) diverge. Donc \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) ne converge pas normalement sur \(\left[ 0,+\infty\right[\).

1. \(\forall n\in\mathbb{N}^*\), \(f_n\) est continue sur \(\left] 0,+\infty\right[\).(1) \(\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge normalement, donc uniformément, sur tout segment \([a,b]\) inclus dans \(\left]0,+\infty \right[\).(2) Donc, d’après (1) et (2), \(f\) est continue sur \(\left]0,+\infty \right[\). Comme \(f\) est impaire, on en déduit que \(f\) est également continue sur \(\left]-\infty,0\right[\). Conclusion: \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\).

2. \(\forall n\in\mathbb{N}^*\), \(\lim\limits_{x\to+\infty}^{}f_n(x)=0\) car, au voisinage de \(+\infty\), \(f_n(x)\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{n^4x^3}\). D’après 1.(b), \(\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}f_n\) converge normalement, donc uniformément, sur \([1,+\infty[\). Donc, d’après le cours, \(f\) admet une limite finie en \(+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}^{}f(x)= \lim\limits_{x\to+\infty}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}f_n(x) =\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\lim\limits_{x\to+\infty}^{}f_n(x)=0\). Conclusion: \(\lim\limits_{x\to+\infty}^{}f(x)=0\).

Annales d'oraux

RMS2022-909

EnoncéCorrigé

a) Déterminer le domaine de définition de \(f : x \mapsto \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{x\, e^{-nx}}{\ln (n)}\cdot\)
b) Montrer que \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\R_+^*\).
c) Montrer que \(f\) n'est pas dérivable en \(0\).

Posons \(f_n(x)=x\frac{e^{-nx}}{\ln(n)}\).

a) Pour \(x< 0\), le terme général ne tend pas vers \(0\) par croissances comparées. Donc il y a divergence grossière. Pour \(x=0\) la série est nulle. Et pour \(x>0\), \(n^2x\frac{e^{-nx}}{\ln(n)}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\) donc \(f_n(x)=o\left(\frac 1{n^2}\right)\) et par théorèmes de comparaison, la série \(\sum f_n(x)\) converge. L'ensemble de définition est donc \(\mathbb R^+\).
b) On a montré la convergence simple de \(\sum f_n\) sur \(\mathbb R^+_*\). De plus les \(f_n\) sont de classe \(\mathcal C^1\) et \(f_n'(x)=\frac{e^{-nx}}{\ln(n)}(1-xn)\). Soit \(a\in\mathbb R^+_*\) et \(x>a\). Pour \(n\) tel que \(\frac 1n<a\), la fonction \(f_n'\) est négative et croissante sur \([a,+\infty[\). On a alors \(|f_n'(x)|\le\frac{e^{-na}}{\ln(n)}(an-1)=o\left(\frac 1{n^2}\right)\) et on a une majoration uniforme sur \([a,+\infty[\) des \(f_n'\) à partir d'un certain rang. On en déduit que \(\sum f_n'\) converge normalement sur \([a,+\infty[\) et donc uniformément. Par théorème de dérivation, la fonction \(f\) est de classe \(\mathcal C^1\) sur tout \([a,+\infty[\) et donc de classe \(\mathcal C^1\) sur \(R^+_*\).
c) On souhaite montrer que \(f\) n'est pas dérivable en \(0\). On passe par le taux d'accroissement : \(\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\sum_{n\ge2}\frac{e^{-nx}}{\ln(n)}\) et on voudrait montrer que cette quantité ne converge pas en \(0\). Pour cela, effectuons une comparaison série/intégrale. Pour \(x>0\) donné, la fonction \(t\mapsto \frac{e^{-tx}}{\ln(t)}\) est décroissante donc \(\frac{e^{-nx}}{\ln(n)}\ge\int_{n}^{n+1}\frac{e^{-tx}}{\ln(t)}\d t\). On a par ailleurs pour un entier \(N\) donné :

\[ \frac {f(x)}{x}\ge \sum_{n=2}^{N}\frac{e^{-nx}}{\ln(n)}\ge \int_2^{N+1}\frac{e^{-nx}}{\ln(n)}\d t. \]

Prenons en particulier \(x_N=\frac 1{N+1}\) :

\[ \begin{aligned} \int_2^{N+1}\frac{e^{-nx_N}}{\ln(n)}\d t&\underset{u=\frac t{N+1}}= (N+1)\int_{\frac 2{N+1}}^{1}\frac{e^{-u}}{\ln((N+1)u)}\d u\\ &\underset{0<\ln((N+1)u)<\ln(N+1)}\ge \frac{N+1}{\ln(N+1)}\int_{\frac 2{N+1}}^1 e^{-u}\d u\\ &\ge \frac{N+1}{\ln(N+1)}(e^{-\frac 2{N+1}}-e^{-1}) &\xrightarrow[N\to+\infty]{}+\infty \end{aligned} \]

On en déduit que \(\frac{f(x_N)}{x_N}\xrightarrow[N\to+\infty]{}+\infty\) et donc \(\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\) n'admet pas de limite finie en \(0\) : \(f\) n'est pas dérivable en \(0\).

RMS2016-734

EnoncéCorrigé

Pour \(x>0\), on pose : \(\ds S(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k}{1+kx}\cdot\)

a) Donner l'ensemble de définition de \(S\). étudier la continuité et le caractère \({\cal C}^1\) de \(S\).

b) Déterminer \(\lim_{x\rightarrow +\infty}S(x)\).

Pour \(k \in \N\), notons \(u_k\) la fonction \(x \mapsto \frac{(-1)^k}{1 + k x}\), de classe \(\mathscr{C}^1\) sur \(D\).

a) Fixant \(x > 0\), le critère spécial des séries alternées s'applique sans piège à la série \(\sum_{k \geqslant 0} \frac{(-1)^k}{1 + k x}\) et établit sa convergence, d'où la bonne définition de \(f\) sur \(D = \R_+^*\).

Ce n'est pas demandé, mais la série converge également, par le même argument, pour \(x \notin \{-\frac{1}{k}, \> k \in \N^*\} \cup \{0\}\).

On a vu que la série \(\sum_{k \geqslant 0} u_k\) converge simplement. la convergence est même uniforme sur tout intervalle \([a, +\infty[\), avec \(a > 0\). En effet le critère spécial des séries alternées donne, pour \(x \geqslant a\) et \(n \in \N\), la majoration du reste

\[ |R_n(x)| \leqslant |u_{n + 1}(x)| = \frac{1}{1 + (n + 1)x} \leqslant \frac{1}{1 + (n + 1)a} \]

donc la suite \((R_n)\) converge uniformément vers la fonction nulle sur \([a, +\infty[\).

Ceci prouve que \(f\) est continue sur \(D\).

Pour \(k \in \N\) et \(x > 0\), on a \(u_k'(x) = \frac{(-1)^{k + 1} k}{(1 + k x)^2}\). On fixe là encore \(a > 0\) et on travaille sur \([a, +\infty[\). Soit donc \(x \geqslant a\).

La série \(\sum_{k \geqslant 0} u_k'(x)\) est alternée, et bien sûr \(u_k'(x) \to 0\) quand \(k \to +\infty\).

La fonction \(\varphi \colon t \mapsto \frac{t}{(1 + t x)^2}\) est dérivable, de dérivée \(\varphi' \colon t \mapsto \frac{1 - t x}{(1 + t x)^3}\), négative sur \([\frac{1}{x}, +\infty[\) donc sur \([\frac{1}{a}, +\infty[\) donc la suite de terme général \(|u_k'(x)| = \varphi(k)\) est décroissante à partir du rang \(k_0 = \lfloor \frac{1}{a} \rfloor + 1\).

Le critère spécial des séries alternées s'applique donc (à partir du rang \(k_0\)) donc \(\sum_{k \geqslant 0} u_k'(x)\) converge, i.e \(\sum_{k \geqslant 0} u_k'\) converge simplement. Plus précisément, pour \(n \geqslant k_0\), on a la majoration du reste

\[ |R_n(x)| \leqslant |u_{n + 1}'(x)| = \frac{n + 1}{(1 + (n + 1)x)^2} \leqslant \frac{n + 1}{(1 + (n + 1)a)^2}, \]

terme général d'une suite de limite nulle. Donc la suite \((R_n)\) converge uniformément vers la fonction nulle, ce qui prouve que \(\sum_{k \geqslant k_0} u_k'\) converge uniformément, donc \(\sum_{k \geqslant 0} u_k'\) également.

Ceci achève de prouver que \(S\) est de classe \(\mathscr{C}^1\) sur \([a, +\infty[\), ce pour tout \(a > 0\), donc sur \(D\).

b) Il suffit d'utiliser le critère spécial des séries alternées pour écrire \(\forall x > 0, \> |S(x) - 1| = |\sum_{k = 1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{1 + k x}| \leqslant \frac{1}{1 + x}\). Par encadrement, on en déduit que

\[ S(x) \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 1. \]

RMS2016-736

EnoncéCorrigé

On pose, pour \(n \in \mathbb{N}^*\), \(u_n(x) = \frac{\arctan(n x)}{n^2}\), où \(x\) est un réel.

a) Déterminer l'ensemble de définition de la fonction \(S = \sum_{n = 1}^{+\infty}u_n\). Étudier sa continuité.

b) Trouver un équivalent de \(S\) en 0.

a) Soit \(x\in\mathbb R\), on remarque que \(|u_n(x)|\le\frac{\pi}{2n^2}\) qui est une majoration uniforme par le terme général d'une série convergente. On a donc convergence normale, donc uniforme et simple sur \(\mathbb R\) tout entier. Ainsi \(S\) est définie sur \(\mathbb R\). De plus les \(u_n\) sont continues donc la convergence uniforme sur \(\mathbb R\) assure la continuité de \(S\) sur \(\mathbb R\) tout entier.

b) D'après la définition de \(S\), \(S(0)=0\). Comme souvent, pour l'équivalent on va passer par une comparaison série intégrale. Soit \(x>0\), la fonction \(t\mapsto \frac{\arctan(xt)}{t^2}\) est décroissante (à vérifier en étudiant ses variations). On peut donc assurer :

\[ \int_{n}^{n+1}\frac {\arctan(tx)}{t^2}\d t\le u_n(x)\le \int_{n-1}^n \frac {\arctan(tx)}{t^2}\d t \]

En sommant de \(1\) à \(N\), on obtient :

\[ \int_{1}^{N+1}\frac {\arctan(tx)}{t^2}\d t\le \sum_{n=1}^Nu_n(x)\le \int_{1}^N \frac {\arctan(tx)}{t^2}\d t+\arctan(x) \]

Or

\[ \begin{aligned} \int_1^N \frac{\arctan(tx)}{t^2}\d t &={\left[-\frac 1t\arctan(tx)\right]}_1^N+\int_1^N\frac x{t(1+t^2x^2)}d t\\ &={\left[-\frac 1t\arctan(tx)\right]}_1^N+x\int_1^N\frac 1t-\frac {x^2t}{1+t^2x^2}\d t\\ &={\left[-\frac 1t\arctan(tx)\right]}_1^N+x\ln(N)-x\int_1^N\frac {x^2t}{1+t^2x^2}\d t\\ &={\left[-\frac 1t\arctan(tx)\right]}_1^N+x\ln(N)-\frac x2\left[\ln(1+t^2x^2)\right]_1^N\d t\\ &= \arctan(x)-\frac 1N\arctan(Nx)+x\ln(N)-\frac x2\ln(1+N^2x^2)+\frac x2\ln(1+x^2)\\ &= \arctan(x)-\frac 1N\arctan(Nx)+x\ln\left(\frac{N}{\sqrt{1+N^2x^2}}\right)+\frac x2\ln(1+x^2)\\ &\xrightarrow[N\to+\infty]{}\arctan(x)-x\ln x+\frac x2\ln(1+x^2) \end{aligned} \]

Par passage à la limite dans l'inégalité précédente, on trouve :

\[ \arctan(x)-x\ln(x)+\frac x2\ln(1+x^2)\le\sum_{n=1}^{+\infty}u_n(x)\le 2\arctan(x)-x\ln(x)+\frac x2\ln(1+x^2) \]

Or \(\arctan(x)=o(x\ln(x))\) et \(\frac x2\ln(1+x^2)=o(x\ln(x))\). Par conservation de l'équivalent par encadrement, on a \(\sum_{n=1}^{+\infty}u_n(x)\sim_{x\to0+}-x\ln(x)\). Par imparité de \(S\) on en déduit que \(S(x)\sim_0 -x\ln|x|\).

RMS2019-710

EnoncéCorrigé

a) Montrer que la fonction \(f: x\mapsto \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n+n^{2}x}\) est définie et dérivable sur \(]0,+\infty[\).
b) Trouver les limites de \(f\) en \(0\) et en \(+\infty\), puis des équivalents de \(f\) en 0 et en \(+\infty\).

On pose \(f_n(x)=\frac{1}{n+n^2x}\)
a) Soit \(x\in]0,+\infty[\), \(f_n(x)\sim\frac 1{xn^2}\) qui est le terme général d'une série convergente positive. Par théorème de comparaison on en déduit que \(\sum f_n(x)\) converge : \(f\) est bien définie sur \(]0,+\infty[\) : il y a convergence simple sur tout \(\mathbb R^+_*\).

Soit \(n\in\mathbb N^*\), \(f_n\) est de classe \(\mathcal C^1\) et \(f_n'(x)=\frac{-n^2}{(n+n^2x)}\). Soit \(a\in\mathbb R^+_*\), et soit \(x>a\) alors \(|f_n(x)|\le\frac {n^2}{(n+n^2a)^2}\sim_{n\to+\infty}\frac1{a^2n^2}\) : on a une majoration uniforme par un terme général d'une série convergente. La série de fonction \(\sum f_n'\) converge donc normalement, donc uniformément sur \([a,+\infty[\). On en déduit donc par théorème de dérivation de la limite uniforme que \(f\) est \(\mathcal C^1\) sur tout \([a,+\infty[\) et donc sur \(\mathbb R^+_*\).

b) Soit \(x>1\), alors \(\frac1{n+n^2x}\le \frac1{n+n^2}\) : on a une majoration uniforme par le terme général d'une série convergente. il y a donc convergence normale, donc uniforme, de \(\sum f_n\) sur \([1,+\infty[\). D'après le théorème de la double limite (puisque \(f_n(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}0\)), \(\lim_{x\to+\infty} f(x)=0\).

Enfin, toujours grâce à la double limite, on a \(xf(x)=\sum_{k\ge 1}\frac {x}{n+n^2x}\) qui converge toujours uniformément sur \([1,+\infty[\) et \(\lim_{x\to+\infty}xf_n(x)=\frac 1{n^2}\). On en déduit que \(xf(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}\sum_{n\ge 1}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6\). D'où \(f(x)\sim\frac {\pi^2}{6x}\).

Pour le reste, on doit passer par une comparaison série/intégrale. Soit \(x>0\), la fonction \(t\mapsto\frac1{t+t^2x}\) est décroissante donc

\[ \int_n^{n+1}\frac 1{t+t^2x}\d t\le f_n(x)\le \int_{n-1}^n\frac1{t+t^2x}\d t \]

et ainsi en sommant les inégalités de \(1\) à \(N\),

\[ \int_1^{N+1}\frac1{t+t^2x}\d t\le \sum_{n=1}^{N}f_n(x)\le \int_1^{N}\frac 1{t+t^2x}\d t+\frac 1{1+x}. \]

Or \(\ds\int_1^N\frac 1{t+t^2x}\d t=\int_1^N\frac 1t-\frac x{1+tx}\d t={\left[\ln\frac t{1+tx}\right]}_1^N=\ln\left(\frac N{1+Nx}\right)-\ln\left(\frac1{1+x}\right)\xrightarrow[N\to+\infty]{}\ln(\frac 1x)-\ln(\frac1{1+x})=\ln\left(1+\frac 1x\right)\). On en déduit par passage à la limite dans l'inégalité que :

\[ \ln(1+\frac 1x)\le f(x)\le \ln(1+\frac 1x)+\frac 1{x+1}. \]

Par conservation de l'équivalence par encadrement, on en déduit : \(f(x)\sim_0 \ln(\frac 1x)\) et sa limite est donc \(+\infty\).

RMS2018-765

EnoncéCorrigé

Soit \(f:x\mapsto \sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{1-x^n}.\)

a) Déterminer le domaine de définition de \(f\).

b) Étudier la continuité et le caractère \(\mathcal{C}^1\) de \(f\).

Posons \(f_n=\frac{x^n}{1-x^n}\).
a) Bien sûr \(x\ne 1\) et \(x\ne -1\). Si \(|x|>1\), alors \(\frac{x^n}{1-x^n}\xrightarrow[n\to +\infty]{}-1\) et il y a donc divergence grossière de la série des \(\sum f_n(x)\). Enfin, si \(|x|<1\), alors \(|f_n(x)|\sim_{n\to+\infty}x^n\) qui est le terme général d'une série convergente. On en déduit que \(\sum f_n(x)\) est absolument convergente donc convergente : l'ensemble de définition de \(f\) est \(]-1,1[\).

b) Sur cet intervalle, \(\sum f_n\) converge simplement. Par ailleurs les \(f_n\) sont de classe \(\mathcal C^1\) et \(f_n'(x)=\frac{nx^{n-1}}{(1-x^n)^2}\). pour \(n\) assez grand, \(1-x^n>\frac 12\) et donc \((1-x^n)^2>\frac 14\). Soit maintenant \(a\in ]-1,1[\) et \(x\) tel que \(|x|\le a\). on a alors à partir d'un certain rang, \(\left|\frac{nx^{n-1}}{(1-x^n)^2}\right|\le 4na^{n-1}\) et on obtient une majoration uniforme par le terme général d'une série convergente : il y a convergence normale donc uniforme sur \([-a,a]\). Par théorème de dérivation, on en déduit que \(f\) est de classe \(\mathcal C^1\) sur tout \([-a,a]\), donc sur \(]-1,1[\). Et on a de plus \(\ds f'(x)=\sum_{n\ge 1}\frac{nx^{n-1}}{(1-x^n)^2}\).

RMS2018-660

EnoncéCorrigé

a) Soient \(a\) et \(b\) dans \(\R^{+*}\). Montrer que \(\int_0^1 \frac{t^{a-1}}{1+t^b}\d t=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{a+nb}\).

b) Calculer \(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}.\)

Posons pour \(0\le x<1\), \(f(x)=\int_0^x\frac{t^{a-1}}{1+t^b}\d t\). Soit \(t\in[0,x]\), on a alors \(\frac 1{1+t^b}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^kt^{kb}\) (convergence simple) et \(\frac {t^{a-1}}{1+t^b}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^kt^{a-1+kb}\). Or \(\left|(-1)^kt^{a-1+kb}\right|=t^{a-1+kb}\le x^{a-1+kb}\). On a donc une majoration uniorme (indépendante de \(t\)) sur \([0,x]\) par le terme général d'une série convergente : il y a convergence normale donc uniforme sur \([0,x]\). On peut alors appliquer le théorème d'intégration terme à terme sur le segment \([0,x]\) : \(\int_0^x \frac{t^{a-1}}{1+t^b}\d t=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\int_0^xt^{a-1+kb}\d t=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{x^{a+kb}}{a+kb}\). Posons \(f_k(x)=(-1)^k\frac{x^{a+kb}}{a+kb}\). La suite \(\frac{x^{a+kb}}{a+kb}\) est décroissante en \(k\) (car \(x<1\)) donc le critère des séries alternées permet d'écrire \(|R_n(x)|\le\frac{|x|^{a+(n+1)b}}{a+(n+1)b}\le\frac1{a+(n+1)b}\). Ainsi on a une majoration du reste uniforme (indépendante de \(x\)) par un terme qui tend vers \(0\) en \(k\to+\infty\). On en déduit la convergence uniforme de \(\sum f_k\) sur \([0,1[\). On peut alors appliquer le théorème de la double limite en \(1\) en notant que \(f_n(x)\xrightarrow[x\to 1]{}\frac{(-1)^k}{a+kb}\) : on a \(\ds \lim_{x\to 1}f(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{a+kb}\) c'est à dire \(\ds\int_0^1\frac{t^{a-1}}{1+t^b}\d t=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{a+kb}\).

RMS2021-1019

EnoncéCorrigé

Pour \(n\in\N^*\), soit \(u_n(x)=\frac{(-1)^n n}{n^{2}+x}\).
a) Établir la convergence simple de la série de terme général \(u_n(x)\) sur \(\R^+\) et, pour \(a>0\), sa convergence uniforme sur \([0,a]\).
b) Soit \((a_n)\) une suite croissante de réels positifs ou nuls.
i) Montrer que \(0\leqslant (-1)^{n}\sum_{k=0}^n(-1)^{k}a_k\leqslant a_n\).
ii) Montrer que la série de fonctions \(\sum u_n\) converge uniformément sur \(\R^+\).

a) Posons \(g_n(x)=|u_n(x)|=\frac n{n^2+x}\). L'étude de la fonction \(t\mapsto g_t(x)\) pour \(x\) fixé montre que la suite \(g_n(x)\) est décroissante à partir d'un certain rang (\(n\ge \sqrt x\)). Sa limite est nulle, on peut donc appliquer le critère spécial des séries alternée à partir d'un certain rang et la série de fonctions converge donc simplement.

Soit \(a>0\) et \(x\in [0,a]\). Alors si \(n>\sqrt a\ge\sqrt x\) (le \(n\) choisi ne dépend donc pas de \(x\)), on est sur les valeurs de \(n\) à partir desquelles la série est alternée. On a donc \(|R_n(x)|\le |u_{n+1}(x)|\le \frac{n}{n^2+x}\le \frac 1n\). On a donc une majoration uniforme (indépendante de \(x\) car \(n\) ne dépend pas de \(x\)) par un terme qui tend vers \(0\) : la suite des restes converge uniformément vers \(0\) et donc la série de fonctions \(\sum u_n\) converge uniformément sur \([0,a]\).

bi) Soit donc \((a_n)\) une suite croissante de réels positifs ou nuls. Montrons le résultat par récurrence. Pour \(n=0\) l'inégalité devient \(0\le a_0\le a_0\) qui est bien sûr vraie. Concentrons nous sur l'hérédité.

\[ \begin{aligned} (-1)^{n+1}\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^ka_k&=-((-1)^n\left(\sum_{k=0}^n (-1)^ka_k + (-1)^{n+1}a_{n+1}\right)\\ &\underset{H.R.}\ge -(a_n-a_{n+1})\\ &\underset{\text{croissance}}\ge 0 \end{aligned} \]

Par ailleurs

\[ \begin{aligned} (-1)^{n+1}\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^ka_k&=-((-1)^n\left(\sum_{k=0}^n (-1)^ka_k + (-1)^{n+1}a_{n+1}\right)\\ &\underset{H.R.}\le -(0-a_{n+1})\\ &\le a_{n+1} \end{aligned} \]

Ainsi l'hypothèse de récurrence est vérifiée au rang \(n+1\).

On en déduit donc que pour tout \(n\), \(\ds0\le (-1)^n\sum_{k=0}^n(-1)^ka_k\).

La seule suite croissante que nous ayons sous la main est la suite des \(\frac n{n^2+x}\) quand \(n\le \sqrt x\). On va donc l'utiliser. Soit \(x\in\mathbb R^+\). Soit \(n\in\mathbb N\). Si \(n>\sqrt x\), alors on sait déjà que \(|R_n(x)|\le \frac 1n\).

Si \(n\le \sqrt x\), on a, en notant \(n_0=\lfloor \sqrt x\rfloor\) :

\[ R_n(x)&=S_{n_0}-S_{n-1}+R_{n_0}$. \]

Or \(n_0\) et \(n-1\) sont inférieurs à \(\sqrt x\) : c'est la partie où le terme général \(\frac{n}{n^2+x}\) est croissant. On applique donc la question précédente : \(|S_{n_0}|\le \frac {n_0}{n_0^2+x}\le \frac 1{n_0}\), \(|S_{n-1}|\le \frac{n-1}{(n-1)^2+x}\le\frac 1{n-1}\) et \(|R_{n_0}|\le \frac{n_0+1}{(n_0+1)^2+x}\le \frac 1{n_0}\). On en déduit :

\[ |R_n(x)|\le \frac 2{n_0}+\frac 1n \]

mais cette majoration dépend de \(x\) (\(n_0=\lfloor \sqrt x\rfloor\)). Mais on sait que \(n\le \sqrt x\) c'est à dire \(n\le n_0\) et ainsi \(\frac 1{n_0}\le\frac 1n\). Donc \(|R_n(x)|\le\frac 3n\).

Finalement, dans tous les cas, \(|R_n(x)|\le \frac 3n\) et on a bien convergence uniforme des restes vers \(0\) : la série de fonctions converge donc uniformément sur \(\mathbb R^+\).

RMS2022-1447

EnoncéCorrigé

Pour \(x\in\R\), on pose $f_{n}\left(x\right)=\cos^n (x) \sin (x) $.

• a) Étudier la convergence simple de \(\left(f_{n}\right)_{n\in\N}\) et \(\left(nf_{n}\right)_{n\in\N}\) sur \(\R\).
• b) Calculer \(\int_{0}^{\pi/2}nf_{n}\).
• c) Montrer que \(\left(nf_{n}\right)_{n\in\N}\) ne converge pas uniformément sur \(\left[0,\pi/2\right]\).
• d) Montrer que \(f_{n}\) est dérivable sur \(\left[0,\pi/2\right]\). Calculer \(f_{n}'\left(x\right)\) et dresser le tableau de variations de \(f_{n}\) sur \(\left[0,\pi/2\right]\).
• e) Montrer que \(f_{n}\) est bornée et \(\underset{x\in\R}{\sup}\left|f_{n}\left(x\right)\right|=\underset{x\in\left[0,\pi2\right]}{\sup}\left|f_{n}\left(x\right)\right|\).
• f) Montrer que la suite \((f_n)\) converge uniformément sur \(\R\).

La suite de fonctions \((f_n)\) converge simplement vers la fonction nulle. La suite de fonction \((nf_n)\) aussi mais il faut invoquer les croissances comparer avec \(0\le \cos(x)<1\) sur \(]0,\frac\pi2]\) et \(nf_n(0)=0\).

On a alors \(\int_0^{\frac\pi2}nf_n(t)\d t=\frac n{n+1}\xrightarrow[n\to+\infty]{}1\).

Or si \((nf_n)\) convergeait uniformément sur \([0,\frac\pi2]\), alors ce serait vers la fonction nulle et on pourrait appliquer le théorème d'intégration de la limite uniforme : on aurait \(\int_0^{\frac\pi2}nf_n(t)\d t\xrightarrow[n\to+\infty]{} 0\). Ce n'est pas le cas donc la convergence n'est pas uniforme.

\(f_n\) est dérivable sur \([0,\frac\pi2]\) par théorèmes généraux (produit de fonction dérivables). On a \(f_n'(x)=-n\cos^{n-1}(x)\sin^2(x)+\cos^{n+1}(x)=\cos^{n-1}(x)(\cos^2(x)-n\sin^2(x))=\cos^{n-1}(x)(1-(n+1)\sin^2(x))\). La dérivée s'annule en \(\arcsin\left(\frac1{\sqrt{n+1}}\right)\), point qui constitue un maximum pour \(f_n\).

$en tant que fonction continue et périodique, de période \(\pi\), \(f_n\) est bornée. Par ailleurs, \(f_n\) est impaire. On obtient donc le graphe complet de \(f_n\) à partir de son graphe sur \([0,\frac\pi2]\). On en déduit que \(\sup_{\mathbb R}|f_n|=\sup_{[0,\frac\pi2]}|f_n|\).

Posons \(x_n=\arcsin\left(\frac1{\sqrt{n+1}}\right)\) : \(\sup_{\mathbb R}|f_n|=f_n(x_n)=\frac 1{\sqrt{n+1}}\cos^n(x_n)\to 0\). Ainsi, \(f_n\) converge uniformément vers la fonction nulle.

suites de fonctions, intégration de la limite uniforme

Centrale python

RMS2022-1110

EnoncéCorrigé

On pose, pour \(n\in\N\), \(f_n:x\mapsto \frac{(-1)^n}{n!\, (n+x)}\). Soit \(S=\sum_{n=0}^{+\infty} f_n\).
a) Montrer que la série \(\sum f_n\) converge simplement sur \(\R^{+*}\).
b) Écrire une fonction somme(n,x) qui renvoie la \(n\)-ième somme partielle de cette série.
c) Calculer à \(10^{-7}\) près la valeur de \(S(1)\). Comparer cette valeur à la valeur exacte.
d) Établir une conjecture concernant la fonction \(x\mapsto xS(x) - S(x+1)\).
e) Vérifier cette conjecture puis montrer que \(S(n+1) = o(n!)\).
f) Étudier la continuité de la fonction \(S\).

Soit \(x\in\mathbb R^{+*}\), la suite de terme général \(\frac1{n!(n+x)}\) est décroissante en \(n\) et converge vers \(0\). D'après le critère spécial des séries alternées, \(\sum f_n(x)\) est convergente.

def somme(n,x) :
    S = 0
    fact = 1
    for k in range(n+1) :
        if k!=0 :
            fact *= k
        S += (-1)**k/(fact*(k+x))
    return S

D'après le critère spécial des séries alternées, \(|R_n(1)|\le \frac 1{(n+2)!}\). Donc pour avoir une approximation à \(10^{-7}\) près, on cherche \(n\) tel que \(|S(1)-S_n(1)|\le 10^{-7}\) c'est à dire \(|R_n(1)|\le 10^{-7}\). Il suffit de trouver le premier \(n\) tel que \((n+2)!>10^7\), ce qui correspond à \(n=9\).

somme(9,1)

0.6321205357142857

On sait par ailleurs que \(e^x=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac {x^n}{n!}\) donc \(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n!(n+1)}=1-e^{-1}\). Les valeurs trouvées correspondent.

import numpy as np
from matplotlib import pyplot as plt
print(1-np.exp(-1)-somme(9,1))

2.3114271940904985e-08

x = np.arange(0,10,0.01)
y = [x0*somme(100,x0)-somme(100,x0+1) for x0 in x]
plt.plot(x,y)
plt.show()

D'après la valeur trouvée, il semblerait que \(xS(x)-S(x+1)=e^{-1}\).

En effet :

\[ \begin{align} xS(x)-S(x+1)&=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\left(\frac x{n!(n+x)}-\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\frac 1{n!(n+1+x)}\right)\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\left(\frac x{n!(n+x)}+\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n+1}\frac {n+1}{(n+1)!(n+1+x)}\right)\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\left(\frac x{n!(n+x)}+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac {n}{(n)!(n+x)}\right)\\ &=1+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac (n+x){n!(n+x)}\\ &=1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n!}\\ &=e^{-1} \end{align} \]

On a alors \(nS(n)-S(n+1)=e^{-1}\) et donc en divisant par \(n!\), \(\frac{S(n)}{(n-1)!}-\frac{S(n+1)}{n!}=\frac{e^{-1}}{n!}\). Par télescopage, on obtient \(\frac{S(n+1)}{n!}=S(1)-\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{-1}}{n!}=1-e^{-1}+e^{-1}-e^{-1}\sum_{k=0}^n\frac 1{k!}=1-e^{-1}\sum_{k=0}^{n}\frac 1{k!}\) et en passant à la limite on a \(\lim_{n\to+\infty}\frac {S(n+1)}{n!}=0\) c'est-à-dire \(S(n+1)=o(n!)\).

On veut maintenant étudier la continuité de \(S\). \(S\) est une série de fonctions toutes continues sur \(\mathbb R^{+*}\). On a donc juste besoin de la convergence uniforme. Soit \([a,b]\subset\mathbb R^{+*}\) et \(x\in[a,b]\), \(|f_n(x)|=\frac{1}{n!(n+x)}\le\frac{1}{n!(n)}\) qui est le terme général d'une série convergente. On a donc une majoration uniforme par un terme général d'une série convergente : la série de fonctions \(\sum f_n\) est normalement convergente donc uniformément : on a continuité sur tout \([a,b]\), donc sur \(]0,+\infty[\).

RMS2021-1018

EnoncéCorrigé

Soit, pour \(n \in \mathbb{N}^{*}, f_{n}: x \mapsto\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n}\).
a) Tracer \(f_{10}, f_{100}, f_{1000}\) et exp; que peut-on conjecturer? Établir cette conjecture.
b) Avec Python, illustrer que la convergence de la suite \(\left(f_{n}\right)\) n'est pas uniforme sur \(\mathbb{R}^{+}\); le prouver.
c) Montrer que, pour \(x \in \mathbb{R}^{+}\)et \(n \in \mathbb{N}^{*}, x \geqslant \ln (1+x) \geqslant x-\frac{x^{2}}{2}\) et \(e^{x} \geqslant\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n}\).
d) Soit \([a, b]\) un segment de \(\mathbb{R}^{+}\). Montrer que la suite \(\left(f_{n}\right)\) converge uniformément sur \([a, b]\) vers exp et, plus précisément, que \(\left\|f_{n}-\exp \right\|_{\infty,[a, b]}=O\left(\frac{1}{n}\right)\).

from matplotlib import pyplot as plt
import numpy as np

def f10 (x) :
    n=10
    return (1+x/n)**n

def f100 (x) :
    n=100
    return (1+x/n)**n

def f1000 (x) :
    n=1000
    return (1+x/n)**n

X = np.arange(0, 3, 0.01)
plt.figure()
plt.plot(X,f10(X))
plt.plot(X,f100(X))
plt.plot(X,f1000(X))
plt.plot(X,np.exp(X))
plt.show()

def f(x,n) :
    return (1+x/n)**n

[f(n,n)-np.exp(n) for n in range(100,200)]

[-2.688117141816009e+43,
 -7.307059979367813e+43,
 -1.9862648361376036e+44,
 -5.399227610580067e+44,
 -1.467662230155422e+45,
 -3.9895195705471753e+45,
 -1.084463855290015e+46,
 -2.947878391455493e+46,
 -8.013164264000558e+46,
 -2.178203880729014e+47,
 -5.920972027664657e+47,
 -1.6094870669615155e+48,
 -4.375039447261336e+48,
 -1.1892590228282e+49,
 -3.2327411910848574e+49,
 -8.787501635837019e+49,
 -2.3886906014249904e+50,
 -6.4931342556644605e+50,
 -1.7650168856917652e+51,
 -4.7978133272993016e+51,
 -1.304180878393632e+52,
 -3.545131182761166e+52,
 -9.636665673603202e+52,
 -2.6195173187490626e+53,
 -7.120586326889338e+53,
 -1.9355760420357226e+54,
 -5.261441182666386e+54,
 -1.4302079958348105e+55,
 -3.887708405994595e+55,
 -1.0567887114362587e+56,
 -2.872649550817832e+56,
 -7.808671073519151e+56,
 -2.1226168683560893e+57,
 -5.769870862033003e+57,
 -1.568413511681964e+58,
 -4.263389948314721e+58,
 -1.1589095424138854e+59,
 -3.150242749971452e+59,
 -8.56324762248225e+59,
 -2.3277320404788622e+60,
 -6.327431707155585e+60,
 -1.7199742630376623e+61,
 -4.675374784632515e+61,
 -1.2708986318302189e+62,
 -3.454660656717546e+62,
 -9.390741286647697e+62,
 -2.5526681395254553e+63,
 -6.938871417758404e+63,
 -1.886180808490652e+64,
 -5.12717101690833e+64,
 -1.3937095806663797e+65,
 -3.788495427274696e+65,
 -1.0298198277160991e+66,
 -2.799340524267497e+66,
 -7.609396478785354e+66,
 -2.0684484173822473e+67,
 -5.622625746075033e+67,
 -1.5283881393781746e+68,
 -4.154589706104022e+68,
 -1.129334570280557e+69,
 -3.0698496406442424e+69,
 -8.344716494264775e+69,
 -2.2683291210002403e+70,
 -6.165957830579433e+70,
 -1.6760811125908828e+71,
 -4.556060831379215e+71,
 -1.2384657367292132e+72,
 -3.366498907320164e+72,
 -9.151092805295634e+72,
 -2.487524928317743e+73,
 -6.761793810485009e+73,
 -1.8380461242828246e+74,
 -4.996327379507578e+74,
 -1.358142592474785e+75,
 -3.691814329580466e+75,
 -1.0035391806143295e+76,
 -2.7279023188106115e+76,
 -7.415207303034179e+76,
 -2.0156623266094611e+77,
 -5.47913827473198e+77,
 -1.4893842007818383e+78,
 -4.048566008579269e+78,
 -1.1005143412437996e+79,
 -2.991508135761597e+79,
 -8.131762205128143e+79,
 -2.2104421435549888e+80,
 -6.008604711685586e+80,
 -1.633308100216833e+81,
 -4.4397917290943824e+81,
 -1.2068605179340022e+82,
 -3.2805870153846705e+82,
 -8.917560070598843e+82,
 -2.4240441494100796e+83,
 -6.589235162723882e+83,
 -1.7911398206275708e+84,
 -4.8688228266413195e+84,
 -1.3234832615645704e+85,
 -3.5976005001806814e+85,
 -9.779292065696318e+85,
 -2.658287191737602e+86]

La conjecture est une convergence au moins simple de \(f_n\) vers \(\exp\). En effet pour un \(x\) donné : $\((1+\frac xn)^n=\exp(n\ln(1+\frac xn))\sim \exp(n\times\frac xn)\sim e^x.\)$

La différence entre \(f(n,n)\) et \(exp(n)\) semble diverger vers \(-\infty\). On a en effet \(f(n,n)=2^n\) et ainsi \(|f(n,n)-e^n|=e^n(1-(\frac 2e)^n)\to+\infty\) donc il n'y a pas convergence uniforme de \(f_n(x)\) vers \(\exp\).

Les relations de la question \(c\) sur le log s'obtiennent par simple étude de fonction et permettent de déduire la seconde. En effet, \((1+\frac xn)^n=\exp(n\ln(1+\frac xn))\le \exp(n\times \frac xn)\le e^x\).

Sur le segment \([a,b]\), on a alors \(e^x-f_n(x)=e^x-\exp(n\ln(1+\frac xn))\le e^x-\exp(n\times(\frac xn-\frac {x^2}{2n^2}))\le e^x\left(1-e^{-\frac{x^2}{2n}}\right)\le e^x\left(1-(1-\frac{x^2}{2n})\right)\le e^{x}\times\frac{x^2}{2n}\le \frac An\) sur le segment \([a,b]\). On en déduit que \(||f_n-\exp||_\infty\le \frac An=O(\frac 1n)\).

RMS2021-1075

EnoncéCorrigé

Pour \(n\in\mathbb N^*\), on pose \(f_n:x\in\mathbb R\mapsto\dfrac{x}{x^2+n^2}\), puis

\[ S_n:x\mapsto\sum_{k=1}^nf_k(x),\qquad S:x\mapsto\sum_{k=1}^{+\infty}f_k(x),\qquad G_n:x\mapsto\sum_{k=1}^n(-1)^kf_k(x). \]

a) Etudier la convergence simple de la suite de fonctions \((f_n)_{n\geq 1}\).
b) Afficher sur l'intervalle \([-50,50]\) les graphes des fonctions \(f_n\) pour \(n\in\{1,10,50,500\}\). Quelle conjecture peut-on faire quant à la convergence uniforme de la suite \((f_n)_{n\geq 1}\) sur \(\mathbb R\) ?
c) Démontrer cette conjectrure.
d) Montrer que la fonction \(S\) est définie et continue sur \(\mathbb R\).
e) Afficher les valeurs de \(\dfrac{2}{\pi}S_{100000}(x)\) pour \(x\in\{1,50,1000\}\). Conjecture ?
f) Démontrer la conjecture précédente à l'aide d'un encadrement série-intégrale.
g) Montrer que la série \(\sum (-1)^nf_n\) converge uniformément sur \(\mathbb R^+\).
h) Montrer que la série \(\sum f_n\) ne converge pas uniformément sur \(\mathbb R^+\).
i) Afficher les valeurs de \(G_{100000}(x)\) et \(\dfrac{1}{2x}\) pour \(x\in\{1,100,500\}\). Conjecture ?

a) La suite de fonctions \((f_n)\) converge évidemment simplement vers la fonction nulle.

from matplotlib import pyplot as plt
import numpy as np
from numpy import pi

def f(n) :
    def fn(x) :
        return x/(x*x+n*n)
    return fn

X = np.arange(-50,50,0.1)
plt.figure()
for n in [1,10,50,500] :
    plt.plot(X,f(n)(X),label='n='+str(n))
plt.legend()
plt.show()

c) On a l'impression de constater une convergence uniforme vers \(0\).

Étudions les variations de \(f_n(x)\) : \(f_n'(x)=\frac{x^2+n^2-2x^2}{(x^2+n^2)^2}=\frac{n^2-x^2}{(x^2+n^2)^2}\) qui est du signe de \(n^2-x^2\) : on observe un changement de signe en \(\pm n\). En étudiant les variations, on trouve que pour tout \(x\) de \(\mathbb R\), \(|f_n(x)|\le f_n(n)=\frac n{2n^2}\to 0\). On en déduit que la convergence est bien uniforme.

d) On se place sur un intervalle \([-\alpha,\alpha]\). Sur cet intervalle, on a \(|f_k(x)|\le \frac \alpha{n^2}\). Or la série des \(\frac \alpha{n^2}\) est convergente, on en déduit la convergence normale, donc uniforme de la série de fonction \(\sum f_k\). La somme \(S\) est donc définie et continue sur tout intervalle de la forme \([-\alpha,\alpha]\) et est donc continue sur \(\mathbb R\) tout entier.

def S(x) :
    somme = 0
    for k in range(1,100001) :
        somme += f(k)(x)
    return 2/pi*somme

for x in [1,50,1000] :
    print("x=",x,S(x))

print(S(100000))

x= 1 0.6854256208476369
x= 50 0.9933154940082181
x= 1000 0.9933157364116957
0.4999984084479211

On remarque que pour de grandes valeurs de \(x\), la limite de \(S_N(x)\) semble être \(\frac \pi2\).

X = np.arange(-50,50,0.1)
Y = S(X)
plt.figure()
plt.plot(X,Y)
plt.show()

On observe une convergence vers \(1\) et donc une convergence simple de \(S_n\) vers la fonction constante égale à \(\frac\pi2\).

On fixe un \(x\) donné différent de \(0\) (en effet \(S_n(0)=0\). Alors la fonction \(t\mapsto \frac{x}{x^2+t^2}\) est décroissante en \(t\) et on a intérêt à faire une comparaison série-intégrale : Soit \(k>0\), on a :

\[\int_k^{k+1}\frac{x}{x^2+t^2}dt\le \frac{x}{x^2+k^2}\le \int_{k-1}^k \frac{x}{x^2+t^2}dt.\]

On somme alors pour \(k\) de \(1\) à \(n\) :

\[\int_1^{N+1}\frac{x}{x^2+t^2}dt\le S_N(x)\le \int_{0}^N\frac x{x^2+t^2}dt.\]

L'intégrande admet une primitive en \(\arctan(\frac tx)\) et ainsi l'encadrement devient :

\[\arctan(\frac{N+1}{x})-\arctan(\frac 1x)\le S_N(x)\le \arctan(\frac Nx)\]

et par passage à la limite dans l'inégalité : \(\frac\pi2 -\arctan(\frac 1x)\le S_(x)=\frac \pi2\le \frac\pi2\). Et donc par encadrement, \(\lim_{x\to+\infty}S(x)=\frac\pi2\).

Soit \(x\in\mathbb R^+\), la série \(\sum (-1)^kf_k(x)\) est une série alternée. En notant \(R_N(x)\) sont reste d'ordre \(n\), on a donc \(|R_N(x)|\le f_{N+1}(x)\le f_{N+1}(N+1)\to 0\) (calculs précédents). Ainsi les restes convergent uniformément vers \(0\) donc la série de fonction converge uniformément.

On a \(S_N(N)=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{1}{1+\left(\frac kn\right)^2}\to\frac\pi4\) comme somme de Riemann. On a alors \(|S_N(N)-S(N)|\to \frac\pi4\). On en déduit que \(S_N\) ne converge pas uniformément vers \(S\) sur \(\mathbb R^+\).

def G(x) :
    somme = 0
    for k in range(1,100001) :
        somme += (-1)**k*f(k)(x)
    return somme

for x in [1,50,1000] :
    print("x=",x,"; G(x)=",G(x),"; 1/2x=",str(1/(2*x)))

x= 1 ; G(x)= -0.3639854724589232 ; 1/2x= 0.5
x= 50 ; G(x)= -0.009999997500025507 ; 1/2x= 0.01
x= 1000 ; G(x)= -0.0004999500054993795 ; 1/2x= 0.0005

On semble avoir un équivalent \(G(x)\sim\frac 1{2x}\) en \(+\infty\) (et l'exercice n'en demande pas plus).