Exercices corrigés - Séries de fonctions : convergence normale, uniforme

Pour $x\geq 0$, on pose $u_n(x)=\frac{x}{n^2+x^2}.$

Montrer que la série $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ converge simplement sur $\mathbb R_+$.
Montrer que la série $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ converge uniformémement sur tout intervalle $[0,A]$, avec $A>0$.
Vérifier que, pour tout $n\in\mathbb N^*$, $\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{n}{n^2+k^2}\geq\frac 15$.
En déduire que la série $\sum_{n\geq 1}u_n$ ne converge pas uniformément sur $\mathbb R_+$.

Exercice 2 - Exemples et contre-exemples ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $x\in I=[0,1]$, $a\in\mathbb R$ et $n\geq 1$, on pose $u_n(x)=n^a x^n(1-x)$.

Étudier la convergence simple sur $I$ de la série de terme général $u_n$. On notera dans la suite $S$ la somme de la série.
Étudier la convergence normale sur $I$ de la série de terme général $u_n$.
On suppose dans cette question que $a=0$. Calculer $S$ sur $[0,1[$. En déduire que la convergence n'est pas uniforme sur $[0,1]$.
On suppose $a>0$. Démontrer que la convergence n'est pas uniforme sur $I$.

Exercice 3 - Convergence uniforme, convergence normale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $n\geq 1$ et $x\in\mathbb R$, on pose $u_n(x)=nx^2e^{-x\sqrt n}$.

Démontrer que la série $\sum_n u_n$ converge simplement sur $\mathbb R_+$.
Démontrer que la convergence n'est pas normale sur $\mathbb R_+$.
Démontrer que la convergence est normale sur tout intervalle $[a,+\infty[$ avec $a>0$.
La convergence est-elle uniforme sur $\mathbb R_+$?

Exercice 4 - Critère des séries alternées ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $u_n(x)=(-1)^n\ln\left(1+\frac{x}{n(1+x)}\right)$ défini pour $x\geq 0$ et $n\geq 1$.

Montrer que la série $\sum_{n\geq 1} u_n$ converge simplement sur $\mathbb R_+$.
Montrer que la série $\sum_{n\geq 1}u_n$ converge uniformément sur $\mathbb R_+$.
La convergence est-elle normale sur $\mathbb R_+$?

Exercice 5 - Uniforme non normale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On considère la série de fonctions $\sum_{n\geq 2} u_n$, avec $u_n(x)=\frac{xe^{-nx}}{\ln n}$.

Démontrer que $\sum_{n\geq 2}u_n$ converge simplement sur $\mathbb R_+$.
Démontrer que la convergence n'est pas normale sur $\mathbb R_+$.
Pour $x\in\mathbb R_+$, on pose $R_n(x)=\sum_{k\geq n+1}u_k(x)$. Démontrer que, pour tout $x>0$, $$0\leq R_n(x)\leq \frac{xe^{-x}}{\ln (n+1) (1-e^{-x})},$$ et en déduire que la série converge uniformément sur $\mathbb R_+$.

Exercice 6 - Suites et séries ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $g:[0,+\infty[\to\mathbb R$ une fonction continue et bornée telle que $g(0)=0$. On considère la suite de fonctions définie sur $[0,+\infty[$ par $f_n(x)=g(x)e^{-nx}$.

1. Étudier la convergence simple de la suite.
2. Montrer que la suite converge uniformément sur tout intervalle $[a,+\infty[$, avec $a>0$.
3. On fixe $\veps>0$. Montrer que l'on peut choisir $a>0$ tel que $|f_n(x)|\leq \veps$ pour tout $x\in[0,a]$ et pour tout $n\geq 1$. En déduire que la suite converge uniformément sur $[0,+\infty[$.
On considère la série de fonctions $\sum_{n\geq 0}g(x)e^{-nx}$.
1. Démontrer qu'elle converge simplement sur $[0,+\infty[$ et normalement sur tout intervalle $[a,+\infty[$ avec $a>0$.
2. Démontrer l'équivalence entre les deux propositions suivantes :
  1. la courbe représentative de $g$ est tangente à l'axe des abscisses à l'origine;
  2. la série de fonctions $\sum_{n\geq 0}g(x)e^{-nx}$ converge uniformément sur $[0,+\infty[$.

1. Pour $0$, $f_n(0)=0$ et la suite converge. Pour $x>0$, la suite $(g(x)e^{-nx})$ tend vers 0. La suite de fonctions $(f_n)$ converge donc simplement vers 0.
2. Notons $M$ un majorant de $|g|$. Pour $x>a$, on a $|f_n(x)|\leq Me^{-nx}\leq Me^{-na}$, suite qui tend vers 0 indépendamment de $x$. Ceci prouve la convergence uniforme sur $[a,+\infty[$.
3. Par continuité de $g$ en $0$, et puisque $g(0)=0$, il existe $a>0$ tel que $|g(x)|\leq\veps$ pour $x\in[0,a]$. Il vient $|f_n(x)|\leq \veps$ pour tout $x\in[0,a]$. De plus, ce $a$ étant fixé, la suite $(f_n)$ converge uniformément vers 0 sur $[a,+\infty[$. On peut donc trouver $N$ tel que, pour $n\geq N$, $|f_n(x)|\leq\veps$. Résumons. Pour tout $\veps>0$, on peut trouver $N\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq N$, on a $$|f_n(x)|\leq \veps$$ (le $a$ n'apparait plus, il sert uniquement dans la preuve.) C'est bien que la suite $(f_n)$ converge uniformément vers 0 sur $\mathbb R_+$.
1. L'étude se fait suivant le même principe. Pour $x=0$, le terme général est nul, et pour $x>0$, il s'agit du terme général d'une suite géométrique de raison de module inférieur strict à 1. On a bien convergence de $\sum_n f_n(x)$. De plus, si $x\in[a,+\infty[$, on a $$|f_n(x)|\leq M e^{-na},$$ qui est le terme général d'une série numérique convergente. C'est bien que la série converge normalement sur $\mathbb [a,+\infty[$.
2. Considérons le reste de rang $n$ de la série : pour $x>0$, $$R_n(x)=\sum_{k\geq n+1}f_k(x)=\frac{g(x)}{1-e^{-x}}e^{-(n+1)x}.$$ Si la courbe représentative de $g$ est tangente à l'axe des abscisses à l'origine, c'est que $g(x)/x$ tend vers 0. Posons alors pour $x>0$ $g_1(x)=\frac{g(x)}{1-e^{-x}}$. Puisque $1-e^{-x}\sim_0 x$, on peut prolonger $g_1$ par continuité en $0$ en posant $g_1(0)=0$. Ceci définit une fonction bornée sur $\mathbb R_+$ et continue en 0. On se retrouve dans la situation de la question (1), et on a bien convergence uniforme du reste vers 0 sur $\mathbb R_+$, ou encore convergence uniforme de la série sur cet intervalle.
  Réciproquement supposons que $g(x)/x$ ne tend pas vers 0. Alors, $g_1$ non plus ne tend pas vers 0 en 0 et donc il existe $\veps>0$ tel que $$\forall\eta>0,\ \exists x\in]0,\eta[\textrm{ tel que }|g_1(x)|>\veps.$$ En prenant des nombres $\eta$ de la forme $\eta=1/n$, on obtient pour chaque $n\geq 1$ un réel $x_n$ tel que $$0<x_n<\frac 1n\textrm{ et }|g_1(x_n)|>\veps.$$ Mais alors, $$|R_n(x_n)|\geq \veps e^{-(n+1)x_n}\geq \veps e^{-(n+1)/n}\geq e^{-1}\veps/2$$ dès que $n$ est assez grand. Ceci nie la convergence uniforme sur $\mathbb R_+$.

Exercice 7 - Transformation d'Abel ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $u_n(\theta)=\frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}$.

Montrer que $\sum_{n\geq 1} u_n(\theta)$ converge uniformément sur tout intervalle $[a,2\pi-a]$, avec $a\in]0,\pi[$.
Montrer que la convergence n'est pas uniforme sur $[0,2\pi]$ (on pourra utiliser la théorie des séries de Fourier et notamment le théorème de Parseval).

On va utiliser le critère de Cauchy uniforme, et faire une transformation d'Abel sur le reste. Précisément, en posant $A_n(\theta)=\sum_{k=0}^n e^{ik\theta}$, on a, pour $p\leq q$ : $$\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}=\sum_{n=p}^q \frac{A_{n}(\theta)-A_{n-1}(\theta)}{\sqrt{n}}.$$ On effectue une transformation d'écriture (appelée transformation d'Abel) pour réécrire cette somme comme $$\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}=\sum_{n=p}^{q-1} A_n\times \left(\frac1{\sqrt n}-\frac1{\sqrt{n+1}}\right)-\frac{A_{p-1}}{\sqrt{p}}+\frac{A_q}{\sqrt{q}}.$$ Une bonne façon de comprendre cette transformation est d'écrire les choses de la façon suivante. Au départ, on a \begin{eqnarray*} \sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}&=&\frac{A_p}{\sqrt{p}}-\frac{A_{p-1}}{\sqrt{p}}+\\ &&\frac{A_{p+1}}{\sqrt{p+1}}-\frac{A_{p}}{\sqrt{p+1}}+\\ &&\vdots\\ &&\frac{A_q}{\sqrt{q}}-\frac{A_{q-1}}{\sqrt{q}}. \end{eqnarray*} La transformation d'Abel revient à regrouper la somme "en diagonal", de sorte qu'on classe les termes avec le même indice $A_n$.
Si on revient à l'écriture obtenue, le point clé est que $A_n(\theta)$ est borné, indépendamment de $n$ et de $\theta$, sur tout intervalle $[a,2\pi-a]$. En effet, on reconnait la somme d'une série géométrique, et on a : $$A_n(\theta)=\frac{e^{i(n+1)\theta}-1}{e^{i\theta}-1}=e^{in\theta/2}\frac{\sin\big((n+1)\theta/2\big)}{\sin(\theta/2)}.$$ Mais comme $\theta\in[a,2\pi-a]$, $|\sin(\theta/2)|$ est minorée par $|\sin(a/2)|$, et on obtient : $$|A_n(\theta)|\leq \frac{1}{|\sin(a/2)|}:=M.$$ Revenant à la série qui nous intéresse, on trouve donc : $$\left|\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}\right|\leq \frac{M}{\sqrt{p}}+\frac{M}{\sqrt{q}}+M\sum_{n=p}^{q-1}\left(\frac1{\sqrt{n}}-\frac1{\sqrt{n+1}}\right).$$ La dernière somme est "télescopique", et on trouve finalement : $$\left|\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}\right|\leq \frac{2M}{\sqrt{p}}.$$ Ainsi, pour $\veps>0$ fixé, on peut trouver $N$ assez grand tel que, pour $q\geq p\geq N$, on a pour tout $\theta\in[a,2\pi-a]$, $$\left|\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}\right|\leq \veps.$$ Par le critère de Cauchy uniforme, la série converge uniformément sur $[a,2\pi-a]$.
Imaginons que la série converge uniformément sur $[0,2\pi]$ vers une fonction $S$, nécessairement continue. Puisque $S$ est la limite uniforme d'une série trigonométrique, ses coefficients de Fourier sont donnés par $c_n(S)=\frac{1}{\sqrt{n}}$ si $n\geq 1$, $0$ sinon. Mais alors, par le théorème de Parseval appliqué à $S$, on aurait $$\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n}=\int_0^{2\pi}|S(\theta)|^2d\theta.$$ C'est impossible puisque la série qui apparait à gauche est divergente.

Exercice 8 - Série alternée ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On considère la série de fonctions $S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{x+n}$.

Prouver que $S$ est définie sur $I=]-1,+\infty[$.
Prouver que $S$ est continue sur $I$.
Prouver que $S$ est dérivable sur $I$, calculer sa dérivée et en déduire que $S$ est croissante sur $I$.
Quelle est la limite de $S$ en $-1$? en $+\infty$?

Il est clair que la suite $\left(\frac{1}{x+n}\right)_n$, pour $x>-1$ fixé, est positive, décroissante et tend vers 0. Par application du critère des séries alternées, la série est convergente pour tout $x>-1$.
Posons $u_n(x)=\frac{(-1)^n}{x+n}$. Nous avons vérifié à la question précédente que, pour $x>-1$ fixé, la série $\sum_n u_n(x)$ vérifie le critère des séries alternées. Par conséquent, on sait que son reste $R_n(x)$ vérifie $$|R_n(x)|\leq |u_{n+1}(x)|\leq \frac{1}{x+n+1}.$$ Puisque $x>-1$, on a en particulier $$|R_n(x)|\leq\frac{1}{n}.$$ Ceci tend vers 0 (indépendamment de $x$), de sorte qu'on a prouvé la convergence uniforme de la série $\sum_n u_n$ sur $I$. Puisque chaque fonction $u_n$ est continue, la fonction $S$ est continue sur $I$.
Chaque fonction $u_n$ est dérivable sur $I$ avec $u_n'(x)=\frac{(-1)^{n+1}}{(x+n)^2}$. De même qu'à la question précédente, pour $x>-1$ fixé, la série $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n'(x)$ est convergente car elle vérifie les conditions du critère des séries alternées. De plus, si on note $T_n(x)=\sum_{k=n+1}^{+\infty}u_k'(x)$ son reste, on a $|T_n(x)|\leq \frac{1}{(x+n+1)^2}\leq \frac{1}{n^2}$, inégalité valable pour tout $x>-1$. On peut donc majorer uniformément le reste par une quantité qui tend vers 0 : la série dérivée est uniformément convergente. On en déduit que la fonction $S$ est dérivable, et que sa dérivée est donnée par $\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{(x+n)^2}$. De plus, on sait qu'on peut encadrer la somme d'une série alternée par deux sommes partielles consécutives, par exemple ici $$0\leq \frac{1}{(x+1)^2}-\frac{1}{(x+2)^2}\leq S'(x)\leq \frac{1}{(x+1)^2}.$$ En particulier, la dérivée est positive et la fonction est croissante.
De même qu'à la question précédente, par le critère des séries alternées, on peut encadrer $S$ par deux sommes partielles consécutives : $$\frac{-1}{x+1}\leq S(x)\leq \frac{-1}{x+1}+\frac1{x+2}.$$ Il suffit alors d'appliquer le théorème d'encadrement des limites pour prouver que $$\lim_{x\to -1}S(x)=-\infty\textrm{ et }\lim_{x\to +\infty}S(x)=0.$$

Exercice 9 - Régularité et limite aux bornes ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $n\geq 1$ et $x\in\mathbb R,$ on pose $\displaystyle u_n(x)=\frac{1}{n^2+x^2}$.

Démontrer que la série $\sum_{n\geq 1} u_n$ converge normalement sur $\mathbb R.$ On note $S$ sa somme.
Démontrer que $S$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R$.
Démontrer que $S$ admet une limite en $+\infty$ et la déterminer.

Exercice 10 - Série alternée ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $x>0$, on pose $\dis S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{1+nx}.$

Justifier que $S$ est définie et continue sur $]0,+\infty[$.
Déterminer la limite de $S$ en $+\infty$.
Établir que $S$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ et déterminer $S'$.

On pose $u_n(x)=\frac{(-1)^n}{1+nx}$.

La série définissant $S$ converge d'après le critère des séries alternées. De plus, notant $R_n(x)$ le reste de la série, le critère des séries alternées donne également $$|R_n(x)|\leq \frac{1}{1+(n+1)x}.$$ Fixons maintenant $a>0$. Alors, pour tout $x\geq a$, $$|R_n(x)|\leq \frac 1{1+(n+1)x}\leq\frac1{1+(n+1)a}.$$ Ainsi, la suite $(|R_n(x)|)$ est majorée pour $x\in[a,\infty[$ par la suite $\left(\frac{1}{1+(n+1)a}\right)$, qui ne dépend pas de $x$, et qui tend vers 0. Ceci prouve la convergence uniforme de la série sur l'intervalle $[a,\infty[$. Comme chaque fonction est continue sur $[a,+\infty[$, il en est de même de $S$. Puisque $a>0$ est arbitraire, $S$ est continue sur $]0,+\infty[$.
Puisque la convergence est uniforme sur l'intervalle $[1,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion limite/séries et on a $$\lim_{x\to +\infty}\sum_{n\geq 0}u_n(x)=\sum_{n\geq 0}\lim_{x\to+\infty}u_n(x)=\lim_{x\to+\infty}u_0(x)=1.$$ On pouvait également appliquer le critère des séries alternées, et encadrer la somme par les deux premières sommes partielles. On a donc, pour tout $x>0$, $$1-\frac1{1+x}\leq S(x)\leq 1.$$ Il suffit alors d'appliquer le théorème des gendarmes.
La série définissant $S$ converge simplement sur $]0,+\infty[$. Chaque fonction $u_n$ est de classe $C^1$ sur ce même intervalle, avec $$u_n'(x)=\frac{(-1)^{n+1}n}{(1+nx)^2}.$$ On fixe $a>0$ et on va démontrer la convergence uniforme de la série $\sum_{n\geq 0}u_n'(x)$ sur $[a,+\infty[$ en appliquant le critère des séries alternées. Soit $x\geq a$. On a après réduction au même dénominateur et simplification $$|u_n'(x)|-|u_{n+1}'(x)|=\frac{n(n+1)x^2-1}{(1+nx)^2(1+(n+1)x)^2}.$$ Soit $n_0\in\mathbb N$ tel que, pour $n\geq n_0$, on ait $$n(n+1)a^2-1\geq 0.$$ Alors $n(n+1)x^2-1\geq 0$ et donc la série de terme général $u_n'(x)$ converge d'après le critère des séries alternées. De plus, si on note $T_n$ le reste de la série $\sum_n u_n'$, alors on a $$|T_n(x)|\leq \frac {n+1}{(1+(n+1)x)^2}\leq\frac {n+1}{(1+(n+1)a)^2}.$$ On conclut à la convergence uniforme comme à la première question. Donc, par les théorèmes généraux, $S$ est de classe $C^1$ sur $[a,+\infty[$. Comme $a>0$ est arbitraire, $S$ est $C^1$ sur $\mathbb R_+^*$. Sa dérivée est donnée par $S'(x)=\sum_{n\geq 0}u_n'(x)$.

Exercice 11 - Fonction zeta ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On appelle fonction $\zeta$ de Riemann la fonction de la variable $s\in\mathbb R$ définie par la formule $$\zeta(s)=\sum_{n\geq 1}\frac1{n^s}.$$

Donner le domaine de définition de $\zeta$ et démontrer qu'elle est strictement décroissante sur celui-ci.
Prouver que $\zeta$ est continue sur son domaine de définition.
Déterminer $\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)$.
Montrer que pour tout entier $k\geq 1$ et tout $s>1$, on a $$\frac{1}{(k+1)^s}\leq\int_{k}^{k+1}\frac{dx}{x^s}\leq\frac1{k^s}.$$ En déduire que $\zeta(s)\sim_{1^+}\frac{1}{s-1}$.
Démontrer que $\zeta$ est convexe.
Tracer la courbe réprésentative de $\zeta$.

La série définissant $\zeta(s)$ est une série de Riemann. Elle est convergente si et seulement si $s>1$. De plus, pour chaque $n\geq 1$, les fonctions $s\mapsto n^{-s}$ sont décroissantes, et même strictement décroissantes pour $n\geq 2$. Pour $1<s<t$, on a donc $$1+2^{-s}>1+2^{-t}\textrm{ et }\sum_{n\geq 3}\frac{1}{n^s}\geq\sum_{n\geq 3}\frac{1}{n^t}$$ (la deuxième inégalité n'est qu'une inégalité large car on passe à la limite). Ajoutant les deux inégalités, on en déduit que $$\zeta(s)>\zeta(t),$$ ce qui prouve que $\zeta$ est strictement décroissante.
Chaque fonction $s\mapsto n^{-s}$ est continue sur son domaine de définition. Il suffit de démontrer que la série de fonctions converge normalement, donc uniformément, sur tout intervalle du type $[a,+\infty[$, avec $a>1$, pour prouver que la fonction est continue sur $]1,+\infty[$. Or, pour tout $s\in[a,+\infty[$, on a $$\left|\frac{1}{n^s}\right|\leq\frac{1}{n^a},$$ et le terme de droite est le terme général d'une série numérique convergente. Ceci prouve la convergence normale de $f$ sur $[a,+\infty[$.
Puisque la série définissant $\zeta$ converge uniformément sur $[a,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites, et on obtient $$\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)=\sum_{n\geq 1}\lim_{s\to+\infty}\frac{1}{n^s}=1$$ car si $n\geq 2$, $n^{-s}\to 0$ si $s\to+\infty$ et $1^s=1$ pour tout $s>0.$
Pour $x\in[k,k+1]$, on a $$\frac{1}{(k+1)^s}\leq\frac{1}{x^s}\leq\frac{1}{k^s}.$$ En intégrant cette inégalité entre $k$ et $k+1$, on trouve $$\frac{1}{(k+1)^s}\leq\int_k^{k+1}\frac{dx}{x^s}\leq\frac{1}{k^s}.$$ On somme maintenant ces deux inégalités pour $k$ allant de $1$ à $+\infty$. On obtient $$\zeta(s)-1\leq \int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^s}\leq \zeta(s).$$ Or, $$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^s}=\frac{1}{s-1}.$$ On obtient finalement : $$\frac{1}{s-1}\leq\zeta(s)\leq \frac{1}{s-1}+1$$ ou encore $$1\leq (s-1)\zeta(s)\leq 1+(s-1).$$ Par le théorème des gendarmes, $(s-1)\zeta(s)$ tend vers 1 lorsque $s$ tend vers 1. C'est bien que $\zeta(s)\sim_{1^+}\frac{1}{s-1}$. En particulier, $\lim_{s\to 1}\zeta(s)=+\infty$.
On va démontrer que $\zeta$ est de classe $C^2$ sur $]1,+\infty[$ et prouver que $\zeta''(s)\geq 0$ pour tout $s>1$. Pour prouver que $\zeta$ est dérivable sur $]1,+\infty[$, on prouve que la série dérivée converge uniformément sur tout intervalle $[a,+\infty[$, $a>1$. Notons $f_n(s)=n^{-s}$, $n\geq 1$ et $s>1$. Alors $f_n'(s)=(-\ln n)n^{-s}$. Pour $s\in[a,+\infty[$, on a $$|f_n'(s)|\leq \frac{\ln n}{n^a}.$$ Or, le terme apparaissant à gauche est le terme général d'une série numérique convergente. En effet, pour $b\in]1,a[$, on a $$n^b \frac{\ln n}{n^a}\to 0\textrm{ et donc }\frac{\ln n}{n^a}=o(n^{-b}).$$ Comme $\sum_{n\geq 1}n^{-b}$ converge, il en est de même de la série $\sum_{n\geq 1}\frac{\ln n}{n^a}$. Par théorème de dérivation d'une série de fonctions, on en déduit que $\zeta$ est $C^1$ sur tout intervalle $[a,+\infty[$, donc sur $]1,+\infty[$, et que sa dérivée $\zeta'$ vérifie $$\zeta'(s)=\sum_{n\geq 1}\frac{-\ln n}{n^{s}}.$$ De même, on prouve que $\zeta$ est de classe $C^2$ et que $$\zeta''(s)=\sum_{n\geq 1}\frac{(\ln n)^2}{n^s}.$$ Comme tous les termes apparaissant dans la série sont positifs, on en déduit que $\zeta''$ est positive. En particulier, $\zeta$ est convexe.

Exercice 12 - Équivalent d'une série de fonctions en l'infini - avec détails ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $x>0,$ on considère $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+n^2x^2}$ et $\displaystyle g(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^2}{1+n^2x^2}$

Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$.
Déterminer la limite de $g$ en $+\infty$.
En déduire un équivalent simple de $f$ en $+\infty$

On rappelle que $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1{n^2}=\frac{\pi^2}6.$

Exercice 13 - Étude ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $x \geq 0$ et $n \geq 1$, on pose $f_n(x) = \dfrac x{\sqrt{n}(x+n)}$.

Montrer que la série de fonctions de terme général $f_n$ est simplement convergente sur $\mathbb R_+$. On note $f$ sa somme.
Montrer que la série de fonctions de terme général $f_n$ est normalement convergente sur $[0, M]$ pour tout $M>0$. Est-elle normalement convergente sur $\mathbb R_+$ ?
Montrer que $f$ est continue sur $\mathbb R_+$ puis qu'elle est dérivable et croissante sur $\mathbb R_+$.
Soit $n \geq 1$ et $x_0 \geq n \geq 1$. Montrer que $f(x_0) \geq \displaystyle{\sum_{k=1}^n \dfrac 1{2\sqrt{k}}}$. En déduire que $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x) = +\infty}$.
Montrer que $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}x =0}$.

Le réel $x$ étant fixé dans $\mathbb R_+$, $f_n(x)\sim_{+\infty}\frac{x}{n^{3/2}}$ si $x\neq 0$, et $f_n(0)=0$. Ceci prouve la convergence de $\sum_n f_n(x)$.
Pour $x\in[0,M]$, on a $$0\leq f_n(x)\leq \frac{M}{\sqrt n(0+n)}=\frac{M}{n\sqrt n}.$$ Le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente. On a donc prouvé la convergence normale de $\sum_n f_n$ sur $[0,M]$. La convergence n'est pas normale sur $\mathbb R_+$. En effet, on a $$\|f_n\|_\infty\geq f_n(n)=\frac{n}{\sqrt n(n+n)}=\frac{1}{2\sqrt n}$$ et $\sum_n \|f_n\|_\infty$ est divergente.
La série de fonctions convergeant normalement, donc uniformément, sur tout intervalle $[0,M]$, et chaque fonction $f_n$ étant continue, la somme $f$ est continue sur tout intervalle $[0,M]$, donc sur $\mathbb R$. Pour montrer la dérivabilité sur $\mathbb R$, on va s'intéresser à la série des dérivées $\sum_n f_n'$. En effet, chaque $f_n$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R_+$ et un calcul simple prouve que $$f_n'(x)=\frac{\sqrt n}{(x+n)^2}.$$ On va prouver la convergence normale de $\sum_n f_n'$ sur tout $[0,+\infty[$. On a en effet, pour $x\geq 0$, $$0\leq f_n'(x)\leq \frac{1}{n^{3/2}}.$$ Le membre de droite est une série numérique convergente, $\sum_n f_n'$ converge normalement sur $[0,+\infty[$ et donc $f$ est de classe $C^1$ sur $[0,+\infty[$ avec $f'(x)=\sum_n f_n'(x)\geq 0$ puisque chaque $f_n'$ est positive. Ainsi, $f$ est croissante sur $[0,+\infty[$.
Si $x_0\geq n\geq 1$, alors $$f(x_0)\geq \sum_{k=1}^n \frac{x_0}{\sqrt k(x_0+n)}.$$ Puisque $2x_0\geq x_0+n$, on a $$\frac{x_0}{x_0+n}\geq\frac 12$$ et on trouver bien que $$f(x_0)\geq \sum_{j=1}^n \frac{1}{2\sqrt k}$$ (on pouvait aussi démontrer cette propriété en utilisant la croissance de $f$ et plus particulièrement l'inégalité $f(x_0)\geq f(n)$). Déduisons en que la limite de $f$ en $+\infty$ est $+\infty$. Fixons $A>0$. La série $\sum_{k\geq 1} \frac 1{2\sqrt k}$ étant positive et divergente, on peut trouver un entier $n>0$ tel que $\sum_{k=1}^n\frac1{2\sqrt k}\geq A$. Pour tout $x\geq n$, on a $$f(x)\geq\sum_{k=1}^n\frac{1}{2\sqrt k}\geq A.$$ Ceci implique que $f$ tend vers $+\infty$ en $+\infty$.
On sait que $$\frac{f(x)}{x}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt n(x+n)}.$$ De plus, la série $\sum_{n\geq 1} \frac{1}{\sqrt n(x+n)}$ converge normalement sur $\mathbb R_+$. En effet, pour tout $x\geq 0$, on a $$\left|\frac1{\sqrt n(x+n)}\right|\leq \frac{1}{n^{3/2}},$$ terme général d'une série convergente. De plus, $$\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt n(n+x)}=0.$$ D'après le théorème d'interversion des limites, $$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\sum_{n\geq 1}0=0.$$

Exercice 14 - Étude ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour $x\in \mathbb R$, on pose $u_n(x)=\frac{1}{n+n^2x}$.

Étudier la convergence simple de la série $\sum_{n\geq 1} u_n(x)$. On note $S(x)$ sa somme.
Démontrer que $S$ est définie et continue sur $\mathbb R_+^*$.
Étudier la monotonie de $S$ sur $\mathbb R_+^*$.
Déterminer la limite de $S$ en $+\infty$.
Justifier que $S$ admet une limite en $0$. Démontrer que, pour tout entier $N$, on a $$\lim_{x\to 0}S(x)\geq\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}.$$ En déduire la valeur de $\lim_{x\to 0}S(x)$.

Exercice 15 - Limite en $+\infty$ par comparaison à une intégrale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit la série de fonctions $S(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{x}{n^2+x^2}$.

Démontrer que $S$ définit une fonction continue sur $\mathbb R$.
Soit $x>0$ et $n\geq 1$. Justifier que $$\int_{n}^{n+1}\frac{x}{x^2+t^2}dt\leq \frac{x}{x^2+n^2}\leq\int_{n-1}^n \frac{x}{x^2+t^2}dt.$$
En déduire que $S$ admet une limite en $+\infty$ et la déterminer.

Exercice 16 - Série de fonctions et comparaison à une intégrale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On considère la série de fonctions $\sum_{n\geq 0}e^{-x\sqrt n}$ dont on note $f$ la somme.

Déterminer le domaine de définition $D$ de $f$.
Démontrer que $f$ est continue sur $D.$
Calculer la limite de $f$ en $+\infty.$
Démontrer que, pour tout $x\in D,$ $$\int_0^{+\infty}e^{-x\sqrt t}dt\leq f(x)\leq 1+\int_0^{+\infty}e^{-x\sqrt t}dt.$$
En déduire un équivalent de $f$ au voisinage de $0.$

Remarquons d'abord que pour tout $x\in\mathbb R$ et tout $n\in\mathbb N,$ $e^{-x\sqrt n}\geq 0.$ Si $x\leq 0$, $e^{-x\sqrt n}$ ne converge pas vers $0$ lorsque $n$ tend vers l'infini. Ainsi, la série $\sum_{n\geq 0}e^{-x\sqrt n}$ est divergente. Si $x>0,$ $$e^{-x\sqrt n}n^2=\exp(-x\sqrt n+2\ln(n))\to 0$$ lorsque $n\to+\infty$. Ainsi, $e^{-x\sqrt n}=o(1/n^2),$ ce qui prouve la convergence de la série $\sum_{n\geq 0}e^{-x\sqrt n}$. Ainsi, $D=]0,+\infty[.$
Soit $a>0$. Remarquons que, pour tout $n\geq 0,$ $x\mapsto e^{-x\sqrt n}$ est continue sur $D.$ Il suffit donc de démontrer la convergence normale, donc uniforme, de la série de fonctions sur $[a,+\infty[$. Soit $x\in[a,+\infty[$ et soit $n\in\mathbb N.$ Par décroissance de $t\mapsto -t\sqrt n$ et par croissance de la fonction exponentielle (sur $\mathbb R$ dans les deux cas), on a $$\exp(-x\sqrt n)\leq \exp(-a\sqrt n).$$ Le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente. Ainsi, la série $\sum_{n\geq 0}e^{-x\sqrt n}$ converge normalement sur $[a,+\infty[$.
Par convergence uniforme sur $[1,+\infty[,$ on peut appliquer le théorème d'interversion des limites et $$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\lim_{x\to+\infty}e^{-x\sqrt n}=1$$ (la limite de chaque terme de la somme vaut $0$ si $n>0$ et $1$ si $n=0$).
Fixons $x\geq 0.$ La fonction $t\mapsto \exp(-x\sqrt t)$ est décroissante sur $\mathbb R.$ Soit $n\in\mathbb N$. Alors pour tout $t\in[n,n+1],$ on a $$\exp(-x\sqrt t)\leq \exp(-x\sqrt n).$$ On intègre cette inégalité entre $n$ et $n+1$ et on trouve $$\int_n^{n+1}\exp(-x\sqrt t)dt\leq \exp(-x\sqrt n).$$ On somme ensuite ces inégalités pour $n$ allant de $0$ à $+\infty$, et on trouve l'inégalité de gauche $$\int_0^{+\infty}e^{-x\sqrt t}dt\leq f(x).$$ Pour l'inégalité de droite, on considère d'abord $n\geq 1$ et on remarque que pour $t\in[n-1,n]$, on a $$\exp(-x\sqrt n)\leq \exp(-x\sqrt t).$$ On intègre cette inégalité entre $n-1$ et $n$ et on trouve $$\exp(-x\sqrt n)\leq \int_{n-1}^n \exp(-x\sqrt t)dt.$$ On somme ces inégalités pour $n$ allant de $1$ à $+\infty$ et on trouve $$\sum_{n=1}^{+\infty}\exp(-x\sqrt n)\leq \int_0^{+\infty}\exp(-x\sqrt t)dt.$$ Il suffit d'ajouter $1$ à chacune des inégalités pour obtenir l'autre inégalité demandée.
On va calculer l'intégrale. On fixe $x>0$ et on commence par faire le changement de variables $u=x\sqrt t$, de sorte que $dt=\frac{2u}{x^2}du$ ce qui donne $$\int_0^{+\infty}\exp(-x\sqrt t)dt=\frac 2{x^2}\int_0^{+\infty}ue^{-u}du.$$ On calcule cette dernière intégrale par intégration par parties : \begin{align*} \int_0^{+\infty}ue^{-u}du&=\left[ue^{-u}\right]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}e^{-u}du\\ &=0+1=1. \end{align*} Finalement, on a prouvé que $$\frac2{x^2}\leq f(x)\leq 1+\frac 2{x^2}.$$ Ceci entraîne facilement que $f(x)\sim_{0^+}\frac 2{x^2}$ ce qui en particulier $\lim_{x\to 0^+}f(x)=+\infty.$

Exercice 17 - Non-dérivabilité à droite d'une fonction limite ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On considère la série de fonctions $\sum_{n\geq 1}\frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ et on note $f$ sa somme.

Quel est le domaine de définition de $f$?
Démontrer que $f$ est continue sur $\mathbb R^+$ et de classe $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$.
On fixe $A>0$.
1. Justifier l'existence d'un entier $N\geq 1$ tel que $$\sum_{n=1}^N \frac{n}{1+n^2}\geq A.$$
2. En déduire qu'il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $h\in]0,\delta[$, $$\sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}\leq -A+1.$$
3. Démontrer que $f$ n'est pas dérivable en 0, mais que sa courbe représentative admet une tangente verticale au point d'abscisse 0.
Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$.

Pour $t<0$, $\frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ ne tend pas vers 0. La série diverge donc grossièrement. Pour $t\geq 0$, on a l'inégalité suivante : $$0\leq\frac{e^{-nt}}{1+n^2}\leq \frac{1}{1+n^2}.$$ Comme le terme de droite est le terme général d'une série convergente, la série $\sum_n \frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ est convergente. Donc le domaine de définition de $f$ est $[0,+\infty[$.
L'inégalité précédente prouve en fait que la série de fonctions est normalement convergente sur $[0,+\infty[$. Chaque fonction $t\mapsto \frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ étant continue, $f$ est elle-même continue. On va maintenant étudier la convergence normale des séries dérivées. Fixons $a>0$ et posons $f_n(t)=\frac{e^{-nt}}{1+n^2}$. Alors, pour $k\geq 1$, on a $$f_n^{(k)}(t)=(-1)^k n^k \frac{e^{-nt}}{1+n^2}.$$ En particulier, pour $t\geq a$, on a $$\left|f_n^{(k)}(t)\right|\leq n^k\frac{e^{-na}}{1+n^2}.$$ Or, le terme apparaissant à droite est le terme général d'une série convergente, puisque $a>0$ et donc $$n^k \frac{e^{-na}}{1+n^2}=o(n^{-2}).$$ Ainsi, chaque série $\sum_n f_n^{(k)}$ converge normalement sur $[a,+\infty[$. Ceci prouve que $f$ est de classe $C^\infty$ sur $[a,+\infty[$. Comme $a>0$ est arbitraire, la fonction est de classe $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$.
1. Puisque $\frac{n}{1+n^2}\sim_{+\infty}\frac1n$, la série $\sum_{n\geq 1}\frac{n}{1+n^2}$ est divergente, et la suite de ces sommes partielles tend vers $+\infty$. On en déduit l'existence de $N\geq 1$ tel que $$\sum_{n=1}^N\frac{n}{1+n^2}\geq A.$$
2. Lorsque $h$ tend vers 0, la quantité $\sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}$ converge vers $\sum_{n=1}^N \frac{-n}{1+n^2}\leq -A$. En particulier, il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $h\in]0,\delta[$, on a $$\sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}\leq -A+1.$$
3. Le taux de variation de $f$ en 0 est égal à $$\frac{f(h)-f(0)}{h}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}.$$ Puisque, pour tout $n\geq 1$, $e^{-nh}\leq 1$, on en déduit que $$\frac{f(h)-f(0)}{h}\leq \sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}.$$ D'après le résultat de la question précédente, on peut trouver $\delta<0$ tel que, pour tout $h\in]0,\delta[$, on a $$\frac{f(h)-f(0)}{h}\leq -A+1.$$ Ceci est la définition de $\lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(h)-f(0)}{h}=-\infty$. Ainsi, $f$ n'est pas dérivable en 0, mais sa courbe représentative admet au point d'abscisse 0 une tangente verticale.
Puisque la série définissant $f$ converge normalement sur $[0,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites. On en déduit $$\lim_{t\to+\infty}\sum_{n\geq 1}\frac{e^{-nt}}{1+n^2}=\sum_{n\geq 1}\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{-nt}}{1+n^2}=0.$$

Exercice 18 - Tangente verticale à l'origine ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Pour tout $t\in\mathbb R$, on pose $u_n(t)=\frac{\arctan(nt)}{n^2}$.

Justifier que pour tout $t\in\mathbb R$, la série $\sum_{n\geq 1}u_n(t)$ est convergente. On note $S(t)$ sa somme.
Démontrer que $S$ est une fonction continue sur $\mathbb R$ et impaire.
Déterminer la limite de $S$ en $+\infty$ (on rappelle que $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1{n^2}=\frac{\pi^2}6$).
Quel est le sens de variation de $S$?
Soit $N\in\mathbb N$. Démontrer qu'il existe un réel $t_0>0$ tel que, pour tout $t\in ]-t_0,t_0[\backslash\{0\}$, on a $$\sum_{n=1}^N \frac{u_n(t)}t\geq \frac 12\sum_{n=1}^N\frac 1n.$$
En déduire que la courbe représentative de $S$ admet une tangente verticale au point d'abscisse $0$.
Tracer la courbe représentative de $S$.

Exercice 19 - Série télescopique ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Sur $I=]-1,+\infty[$, on pose $$S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac 1n-\frac 1{n+x}\right).$$

Montrer que $S$ est définie et continue sur $I$.
Étudier la monotonie de $S$.
Calculer $S(x+1)-S(x)$.
Déterminer un équivalent de $S(x)$ en $-1^+$.
Établir que, pour tout $n\in\mathbb N$, $S(n)=\sum_{k=1}^n \frac 1k$.
En déduire un équivalent de $S(x)$ en $+\infty$.

Posons, pour $x\in I$, $u_n(x)=\frac 1n-\frac1{n+x}=\frac{x}{n(n+x)}$. On a, pour $x>-1$ fixé, $u_n(x)\sim_{n\to+\infty}\frac x{n^2}$ et donc la série $\sum_n u_n(x)$ est convergente. Pour prouver la continuité de $S$ sur $I$, fixons $-1<a<b$ et prouvons la convergence normale sur $[a,b]$. On a en effet, pour tout $x\in [a,b]$, $$|u_n(x)|\leq \frac{\max(|a|,|b|)}{n(n+a)}.$$ Le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente, et donc la série converge normalement sur $[a,b]$.
Il est facile de vérifier (par exemple en les dérivant) que toutes les fonctions $u_n$ sont croissantes. Donc $S$ est croissante.
On a \begin{eqnarray*} S(x+1)-S(x)&=&\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac 1n-\frac 1{n+x+1}\right)-\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac 1n-\frac 1{n+x}\right)\\ &=&\sum_{n=2}^{+\infty}\left(\frac 1{n-1}-\frac 1{n+x}\right)-\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac 1n-\frac 1{n+x}\right)\\ &=&\sum_{n=2}^{+\infty}\left(\frac 1{n-1}-\frac 1n\right)-1+\frac 1{x+1}\\ &=&1-1+\frac 1{x+1}\\ &=&\frac 1{x+1}. \end{eqnarray*}
On remarque que $S(0)=0$. Par continuité de $S$ en $0$, $S(x+1)\to 0$ si $x\to -1^+$. On a donc $$S(x)=S(x+1)-\frac 1{x+1}\sim_{-1^+}\frac {-1}{x+1}.$$
D'après la troisième question, on sait que pour tout $n\in\mathbb N$, $$S(n+1)-S(n)=\frac 1{n+1}.$$ Sachant que $S(0)=0$, une récurrence immédiate établit immédiatement le résultat voulu.
On a, par croissance de la fonction $S$, pour tout $x>0$, $$S(\lfloor x\rfloor)\leq S(x)\leq S(\lfloor x\rfloor+1)$$ soit $$\frac{\ln \lfloor x\rfloor }{\ln x}\times \frac{ S(\lfloor x\rfloor)}{\ln \lfloor x\rfloor}\leq \frac{S(x)}{\ln x}\leq \frac{\ln \lfloor x+1\rfloor}{\ln x}\times \frac{ S(\lfloor x+1\rfloor )}{\ln \lfloor x+1\rfloor }.$$ On montre facilement que les membres de gauche et de droite de cette inégalité tendent vers 1, notamment parce que $\ln(x)/\ln(\lfloor x\rfloor)$ tend vers $1$ si $x$ tend vers $+\infty$ et d'après l'équivalent classique de la série harmonique. C'est donc que $$S(x)\sim_{+\infty}\ln(x).$$

Exercice 20 - Équivalent en l'infini, limite en $0$ ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n(nx+1)}$.

Démontrer que $S$ est définie et continue sur $\mathbb R_+^*$.
Déterminer la limite de $S$ en $+\infty$, puis un équivalent de $S$ en $+\infty$.
Déterminer la limite de $S$ en $0^+$.

Dans toute la suite, on pose $\displaystyle u_n(x)=\frac{1}{n(nx+1)}$ avec $x\in\mathbb R_+^*.$

Puisque les fonctions $u_n$ sont continues sur $\mathbb R_+^*,$ il suffit de démontrer que la série converge normalement sur tout intervalle du type $[a,+\infty[$ avec $a>0$. Soit donc $a>0$ et $x\geq a$. Alors, pour tout $n\geq 1,$ $nx+1\geq na+1>0$. En passant à l'inverse (la fonction inverse est décroissante sur $]0,+\infty[$), on a $$0\leq u_n(x)\leq \frac{1}{n(na+1)}.$$ Or, le terme de droite est une série numérique convergente. On en déduit la convergence normale de $\sum_{n\geq 1}u_n$ sur $[a,+\infty[,$ et par suite que $S$ est bien définie et continue sur $\mathbb R_+^*$.
Pour déterminer la limite de $S$ en $+\infty,$ par convergence normale (donc uniforme) sur $[1,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites. On a donc $$\lim_{x\to +\infty}S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lim_{x\to +\infty}u_n(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}0=0.$$ La détermination d'un équivalent est plus délicate. On va commencer par conjecturer cet équivalent. Pour cela, on remarque qu'au voisinage de $+\infty,$ $$u_n(x)\sim_{x\to+\infty}\frac1{n^2 x}.$$ Dans un monde idéal, on peut espérer que $$S(x)\sim_{x\to+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2 x}=\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2}\right)\times\frac 1x.$$ Ceci nous incite à étudier $xS(x)$. Pour cela, on pose, pour $x>0,$ $$v_n(x)=xu_n(x)=\frac{x}{n(1+nx)}$$ et on remarque que, pour tout $x>0,$ $$xS(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}v_n(x).$$ On va appliquer le théorème de la double limite à $S$. Pour cela, on va prouver la convergence normale de $\sum_{n\geq 1}v_n$ sur $[1,+\infty[$. En effet, pour tout $x\geq 1,$ on a $1+nx\geq nx>0$ et donc $$0\leq v_n(x)\leq \frac{x}{n^2 x}=\frac {1}{n^2}.$$ A nouveau, le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente, et la série $\sum_{n\geq 1}v_n$ converge normalement sur $[1,+\infty[$. Par le théorème de la double limite, $$\lim_{x\to+\infty}xS(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lim_{x\to+\infty}v_n(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1{n^2}.$$ On en déduit que l'on a bien $$S(x)\sim_{x\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2}\right)\times\frac 1x.$$
A nouveau, on peut conjecturer la limite en se disant qu'au voisinage de $0$, $u_n(x)$ se comporte comme $\frac 1n,$ et que la série harmonique diverge. Voyons comment rendre rigoureux cet argument. Soit $M>0$. Il existe un entier $N\geq 1$ tel que $$\sum_{n=1}^N \frac 1n\geq M.$$ Pour $x\in ]0,1/N],$ et $1\leq n\leq N,$ on a $$1+nx\leq 1+N\times \frac 1N\leq 2,$$ ce qui entraîne, pour ces mêmes valeurs de $x$ et $n,$ $$u_n(x)\geq \frac 1{2n}.$$ On en déduit que, pour $x\in ]0,1/N]$, on a $$S(x)\geq \sum_{n=1}^N u_n(x)\geq \sum_{n=1}^N \frac1{2n}\geq \frac M2.$$ Ceci prouve que $\lim_{x\to 0^+}S(x)=+\infty.$

Exercice 21 - Équivalent aux bornes du domaine de définition ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{e^{-nx}}{x+n}$.

Quel est le domaine de définition de $f$? Démontrer que $f$ est continue sur son domaine de définition.
Donner un équivalent de $f$ aux bornes de son domaine de définition.

Il est facile de voir que la série ne converge pas si $x<0$ (car son terme général ne tend pas vers $0$, et n'est même pas toujours défini si $x$ est un entier négatif) et aussi si $x=0$ (série harmonique divergente). On va en revanche prouver la convergence normale sur tout intervalle du type $[a,+\infty[$, avec $a>0$. Puisque les fonctions $x\mapsto \frac{e^{-nx}}{x+n}$ sont continues sur $]0,+\infty[$, on obtiendra que $f$ est définie et continue sur $]0,+\infty[$. Soit donc $a>0$. Alors, pour tout $x\geq a,$ on a $e^{-nx}\leq e^{-na}$ et $x+n\geq a+n>0$. Passant à l'inverse on trouve $$0\leq \frac{e^{-nx}}{x+n}\leq \frac{e^{-na}}{a+n}.$$ Le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente (puisque c'est par exemple un $o(1/n^2)$). Ceci prouve la convergence normale sur $[a,+\infty[$.
Commençons par chercher un équivalent en $+\infty$. Le théorème d'interversion limite/somme nous dit déjà que $f$ admet $0$ pour limite en $+\infty$. De plus, parmi tous les termes de la série, le plus gros, au voisinage de $+\infty,$ est de loin le premier. On peut donc conjecturer que $f(x)\sim_{+\infty}\frac{e^{-x}}{x+1}.$ Prouvons-le en formant la différence : \begin{align*} f(x)-\frac{e^{-x}}{x+1}&=\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{e^{-nx}}{x+n}\\ &=\frac{e^{-x}}{x+1} \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{(x+1)e^{-\left(n-1\right)x}}{x+n}. \end{align*} Posons, pour $x>0$ et $n\geq 2,$ $\displaystyle v_n(x)=\frac{(x+1)e^{-\left(n-1\right)x}}{x+n}.$ Alors, pour tout $x\geq 1$ et tout $n\geq 2,$ on a $$0\leq v_n(x)\leq e^{-(n-1)},$$ qui est le terme général d'une série numérique convergente. Ainsi, $\sum_{n\geq 2}v_n$ converge normalement sur $[1,+\infty[$. D'après le théorème d'interversion somme/limite, on a $$\lim_{x\to+\infty}\sum_{n=2}^{+\infty}v_n(x)=\sum_{n=2}^{+\infty}\lim_{x\to+\infty}v_n(x)=0.$$ Ainsi, on a prouvé que $$f(x)-\frac{e^{-x}}{x+1}=o\left(\frac{e^{-x}}{x+1}\right)$$ ce qui donne l'équivalent conjecturé. Remarquons que l'on peut un peu simplifier cet équivalent en écrivant $$f(x)\sim_{+\infty}\frac{e^{-x}}x.$$ Pour déterminer un équivalent en $0,$ on peut commencer par conjecturer que $\frac{e^{-nx}}{x+n}$ se comporte comme $\frac{e^{-nx}}n$ et remplacer $f$ par la série des $\frac{e^{-nx}}n.$ On écrit donc que, pour tout $x>0,$ \begin{align*} f(x)-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{e^{-nx}}n&=\sum_{n=1}^{+\infty}e^{-nx}\left(\frac1{x+n}-\frac 1n\right)\\ &=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{-xe^{-nx}}{n(x+n)}. \end{align*} On va commencer par démontrer que cette dernière fonction tend vers $0$ lorsque $x$ tend vers $0$. Pour cela, il suffit de démontrer la convergence normale de la série sur $[0,1]$, ce qui entraînera la continuité de la somme de la série. Pour cela, on observe que pour tout $x\in [0,1],$ on a $$\left|\frac{xe^{-nx}}{n(x+n)}\right|\leq \frac1{n^2}$$ qui est le terme général d'une série convergente. On va ensuite simplifier $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{e^{-nx}}n.$ Pour cela, le plus simple est d'avoir quelques notions sur les séries entières. En effet, on sait que si $|X|<1,$ alors $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{X^n}n=-\ln(1-X).$$ Ainsi, $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{e^{-nx}}n=-\ln(1-e^{-x})$$ et ceci tend vers $+\infty$ si $x$ tend vers $0^+$. Finalement, on obtient $$f(x)=_0 -\ln(1-e^{-x})+o(1)$$ ce qui prouve que $f(x)\sim_0 -\ln(1-e^{-x}).$ On peut encore trouver un résultat plus simple, en remarquant que $$\ln(1-e^{-x})=\ln(x+o(x))=\ln(x)+\ln(1+o(1))\sim_0 \ln(x).$$

Exercice 22 - Abel sans le dire ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $(f_n)_{n\geqslant 1}$ la suite de fonctions définies sur $[-1,1]$ par $f_n(t)=\dfrac{1}{n}\, t^n \, \sin nt.$

Montrer que la série $\sum \, f_n$ converge simplement sur $]-1,1[$.
Soit $a \in ]0,1[.$
1. Montrer que la série $\sum \, f'_n$ converge normalement sur $[-a,a].$
2. En déduire que la fonction $f=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \, f_n$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $]-1,1[$ et montrer que, pour $x\in]-1,1[$, $$f'(x)=\frac{\sin x+x\cos x-x^2}{1-2x\cos x+x^2}.$$
3. Montrer que $f(t)=\arctan \dfrac{t \, \sin t}{1- t \, \cos t}$ pour $t \in ]-1,1[.$
On pose pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et $t \in [-1,1]$, $A_n(t)=\displaystyle \sum_{k=1}^n \, t^k \, \sin k \,t$.
1. Montrer qu'il existe $M>0$ tel que pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ et $t \in [-1,1]$ on ait $|A_n(t)|\leqslant M.$
2. Montrer en écrivant $t^k \, \sin (k \, t)=A_k(t)-A_{k-1}(t)$ que $$\sum_{k=1}^n \, \dfrac{t^k \, \sin k \, t}{k}=\sum_{k=1} ^{n-1} \, \dfrac{A_k(t)}{k(k+1)}+\dfrac{A_n(t)}{n}.$$
3. En déduire que la série $\sum_n f_n$ converge simplement sur $[-1,1]$ et que $f(t)=\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{A_k(t)}{k(k+1)}$ sur $[-1,1]$. Montrer que $f$ est continue sur cet intervalle.
4. En déduire les valeurs de $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \, \frac{\sin n}{n}$ et de $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \, \frac{(-1)^n \,\sin n}{n}.$

Pour $x\in]-1,1[$ fixé, on a $$|f_n(x)|\leq\frac{|x|^n}{n}=o\left(\frac 1{n^2}\right),$$ et donc la série (numérique) $\sum_n f_n(x)$ converge (absolument) pour tout $x\in]-1,1[$. Autrement dit, la série (de fonctions) $\sum_n f_n$ converge simplement sur $]-1,1[$.
1. On commence par calculer $f_n'$ : $$f_n'(x)=x^{n-1}\sin(nx)+x^n\cos(nx).$$ Pour tout $x\in[-a,a]$, on a $$|f_n'(x)|\leq 2a^{n-1},$$ qui est le terme général d'une série convergente. Ainsi, $\sum_n f_n'$ converge normalement sur $[-a,a]$.
2. $\sum_n f_n$ converge simplement vers $f$ sur $]-1,1[$, chaque $f_n$ est $C^1$ et $\sum_n f_n'$ converge normalement, donc uniformément, sur $[-a,a]$. Ainsi, $f$ est $C^1$ sur $[-a,a]$ avec $f'=\sum_n f_n'$. Comme $a$ est arbitraire dans $]0,1[$, $f$ est $C^1$ sur $]-1,1[$, de dérivée $f'(x)=\sum_{n\geq 1}f_n'(x).$ En fait, on peut effectivement calculer $f'$. En effet, pour $x\in]-1,1[$, puisque $xe^{ix}\neq 1$, \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{1}{x}\sum_{n\geq 1}\Im m\left(\big(xe^{ix}\big)^n\right)+\sum_{n\geq 1}\Re e\left(\big(xe^{ix}\big)^n\right)\\ &=&\Im m\left(\frac{e^{ix}}{1-xe^{ix}}\right)+\Re e\left(\frac{xe^{ix}}{1-xe^{ix}}\right)\\ &=&\Im m\left(\frac{e^{ix}(1-xe^{-ix})}{(1-xe^{ix})(1-xe^{-ix})}\right)+\Re e\left(\frac{xe^{ix}(1-xe^{-ix})} {(1-xe^{ix})(1-xe^{-ix})}\right)\\ &=&\Im m\left(\frac{e^{ix} -x}{1-2x\cos x+x^2}\right)+\Re e\left(\frac{xe^{ix}-x^2}{1-2x\cos x+x^2}\right)\\ &=&\frac{\sin x+x\cos x-x^2}{1-2x\cos x+x^2}. \end{eqnarray*}
3. Posons $g(t)=\arctan \dfrac{t \, \sin t}{1- t \, \cos t}$. Un calcul facile (mais fastidieux!) prouve que $g'(t)=f'(t)$ pour tout $t\in]-1,1[$. De plus, $g(0)=f(0)=0$. C'est bien que $f=g$ sur $]-1,1[$.
1. On calcule cette somme de la même façon qu'à la question précédente : $$A_n(t)=\Im m\left(\frac{te^{it}-t^{n+1}e^{i(n+1)t}}{1-te^{it}}\right).$$ Or, $|te^{it}-t^{n+1} e^{i(n+1)t}|\leq 2$ pour $t\in[-1,1]$, et $1-te^{it}$ est une fonction continue qui ne s'annule pas sur $[-1,1]$. Elle est donc minorée par une constante $a>0$, et donc $$|A_n(t)|\leq\frac{2}{a}.$$
2. C'est un calcul direct en faisant un changement d'indices dans la somme.
3. La seule nouveauté est la convergence en 1 et en -1, mais on traite tout $[-1,1]$. On a d'une part, pour tout $t\in[-1,1]$, $$\frac{A_n(t)}{n}\to 0.$$ D'autre part, puisque $$\left|\frac{A_k(t)}{k(k+1)}\right|\leq \frac{M}{k^2},$$ la série $\sum_k \frac{A_k(t)}{k(k+1)}$ converge (absolument). Ceci signifie que la suite $\left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{A_k(t)}{k(k+1)}\right)_n$ admet une limite. De l'écriture obtenue à la question précédente, on déduit que la somme $\sum_{k=1}^n f_k(t)$ converge et que $$f(t)=\sum_{k\geq 1}f_k(t)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{A_k(t)}{k(k+1)}.$$ Or, la série $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{A_k(t)}{k(k+1)}$ converge normalement sur l'intervalle $[-1,1]$, puisque $$\frac{|A_k(t)|}{k(k+1)}\leq\frac{M}{k(k+1)}.$$ Chaque terme $t\mapsto \frac{A_k(t)}{k(k+1)}$ étant continue, $f$ est elle-même continue sur $[-1,1]$.
4. Prenons l'égalité $$f(t)=\arctan \dfrac{t \, \sin t}{1- t \, \cos t}$$ valable pour $t \in ]-1,1[.$ On fait tendre $t$ vers 1 dans les deux membres. Comme on a deux fonctions continues, on obtient $$\sum_{n\geq 1}\frac{\sin n}n=\arctan\left(\frac{\sin 1}{1-\cos 1}\right).$$ On peut simplifier ce résultat à l'aide des formules de trigonométrie pour obtenir que $$\sum_{n\geq 1}\frac{\sin n}{n}=\frac{\pi -1}2.$$ En faisant de même tendre $t$ vers $-1$, on trouve que $$\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n \sin n}{n}=-\arctan\left(\frac{\sin 1}{1+\cos 1}\right)=-\frac 12.$$

Exercice 23 - Zeta alternée ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On considère la fonction $\displaystyle \mu(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n^x}.$

Quel est le domaine de définition de $\mu$?
Montrer que $\mu$ est de classe $C^\infty$ sur son domaine de définition.
Démontrer que $\mu$ admet une limite en $+\infty$ et la calculer.
On souhaite démontrer que $\mu$ admet une limite en 0.
1. Démontrer que, pour tout $x>0$, on a $$-1+2\mu(x)=\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\left(\frac1{n^x}-\frac{1}{(n+1)^x}\right).$$
2. En déduire que pour tout $x>0$, on a $$0\leq -1+2\mu(x)\leq 1-\frac{1}{2^x}.$$
3. Conclure.

Si $x\leq 0$, la série diverge grossièrement, et si $x>0$, elle vérifie le critère des séries alternées et donc elle est convergente.
Posons $v_n(x)=\frac{1}{n^x}$ de sorte que $\mu(x)=\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}v_n(x)$. Fixons $a>0$. Puisque chaque fonction $v_n$ est de classe $C^\infty$, il suffit de prouver que, pour chaque $p\geq 0$, la série $\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}v_n^{(p)}(x)$ converge uniformément sur $[a,+\infty[$. On a $$v_n^{(p)}(x)=(-1)^p(\ln n)^p n^{-x}.$$ On souhaite appliquer le critère des séries alternées à $\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}v_n(x)$ mais il faut vérifier que la valeur absolue du terme général est bien décroissante. Pour cela, on introduit $h(t)=(\ln t)^p t^{-x}$. Alors $h$ est dérivable et $h'(t)=(\ln t)^{p-1}t^{-x-1}(p-x\ln t)$. Lorsque $n$ est supérieur à $\exp(p/x)$, on a $h(n+1)\leq h(n)$ et donc la série vérifie bien le critère des séries alternées. En particulier, pour tout $x\in[a,+\infty[$, pour tout $n\geq\exp(p/a)$ (remarquons que ce terme ne dépend pas du $x$ choisi dans $[a,+\infty[$), on a par le critère des séries alternées $$|R_n(x)|\leq \ln^p(n+1) (n+1)^{-x}\leq \ln^p(n+1)(n+1)^{-a},$$ où $R_n(x)$ désigne le reste de la série $\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}v_n^{(p)}(x)$. Le reste est donc majorée indépendamment de $x\in[a,+\infty[$ par une suite qui tend vers 0. La série $\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}v_n^{(p)}(x)$ est donc uniformément convergente sur $[a,+\infty[$ pour $p\geq 0$, ce qui prouve que $\mu$ est de classe $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$ et que $\mu^{(p)}(x)=\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}v_n^{(p)}(x)$.
Puisque la série définissant $\mu$ converge uniformément sur $[1,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites. Or, pour chaque $N\geq 1$, $$\lim_{x\to+\infty}\sum_{n=1}^N \frac{(-1)^{n+1}}{n^x}=1$$ (le premier terme de cette somme finie est constant égal à 1, les autres termes tendent vers 0). On en déduit que $\mu$ tend vers 1 en $+\infty$.
1. C'est un calcul simple si on remarque que $\mu(x)=1+\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+2}}{(n+1)^x}.$
2. Fixons $x>0$. Alors la suite $n\mapsto\frac{1}{n^x}-\frac{1}{(n+1)^x}$ tend vers 0 et est décroissante (par exemple, en utilisant le théorème des accroissements finis ou en étudiant la fonction $u\mapsto \frac{1}{u^x}-\frac{1}{(u+1)^x}$). En particulier, la série $\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\left(\frac1{n^x}-\frac{1}{(n+1)^x}\right)$ vérifie le critère des séries alternées. Sa somme est donc du signe de son premier terme, ici positif, et est majorée en valeur absolue par la valeur absolue du premier terme, ici $1-1/2^x$. On trouve bien que $$0\leq -1+2\mu(x)\leq 1-\frac{1}{2^x}.$$
3. Il suffit d'écrire que $$\frac12\leq \mu(x)\leq 1-\frac{1}{2^{x+1}}$$ et d'appliquer le théorème des gendarmes pour conclure que $\lim_{x\to 0}\mu(x)=\frac 12.$

Exercice 24 - Non-dérivabilité à droite d'une fonction limite ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit la série de fonctions $\sum_{n\geq 2}f_n$, avec $\dis f_n(x)=\frac{xe^{-nx}}{\ln n}.$ On note $S$ sa somme.

Etudier la convergence simple, normale, uniforme de cette série sur $[0,+\infty[$.
Montrer que $S$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$.
Montrer que $S$ n'est pas dérivable à droite en 0.
Montrer que, pour tout $k$, $S(x)=o(x^{-k})$ en $+\infty$.

Exercice 25 - Application à la résolution d'une équation fonctionnelle ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $C,a>0$ et $\phi:[-a,a]$ une fonction continue vérifiant $|\phi(x)|\leq C|x|$ pour tout $x\in[-a,a]$. On souhaite étudier les fonctions $f:[-a,a]\to\mathbb R$ vérifiant la propriété suivante (notée $\mathcal P$) : $f$ est continue, $f(0)=0$ et : $$\forall x\in[-a,a],\ f(x)-f(x/2)=\phi(x).$$

Montrer que la série de fonctions $\sum_{n\geq 0} \phi\left(\frac x{2^n}\right)$ est normalement convergente sur $[-a,a]$. On note $h$ la somme de cette série.
Montrer que $h$ vérifie $\mathcal P$.
Montrer que $h$ est la seule fonction vérifiant $\mathcal P$.
On suppose de plus que $\phi$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[-a,a]$. Démontrer que $h$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[-a,a]$.

Soit $x\in[-a,a]$. Alors $$\left|\phi\left(\frac x{2^n}\right)\right|\leq C\frac{|x|}{2^n}\leq \frac{Ca}{2^n}.$$ Or la série numérique $\sum_n Ca/2^n$ est convergente. La série de fonctions $\sum_n \phi\left(\frac x{2^n}\right)$ est bien normalement convergente sur $[-a,a]$.
On remarque d'abord que $\phi(0)=0$ et donc que $$h(0)=\sum_{n\geq 0} \phi(0)=0.$$ Ensuite, chaque fonction $x\mapsto \phi(x/2^n)$ est continue sur $[-a,a]$. Par convergence normale, la fonction $h$, somme de la série $\sum_n \phi(x/2^n)$, est elle aussi continue sur $[-a,a]$. Enfin, on a, pour tout $x\in[-a,a]$, \begin{align*} h(x)-h(x/2)&=\sum_{n=0}^{+\infty}\phi\left(\frac{x}{2^n}\right)-\sum_{n=0}^{+\infty}\phi\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\phi\left(\frac{x}{2^n}\right)-\sum_{n=1}^{+\infty}\phi\left(\frac{x}{2^n}\right)\\ &=\phi(x) \end{align*} où on a fait un changement d'indice dans la deuxième somme.
Soit $g$ une fonction vérifiant $\mathcal P$. Alors, puisque $g$ et $h$ vérifient tous les deux $\mathcal P$, on sait que, pour tout $x\in[-a,a]$, on a $$h(x)-h(x/2)=g(x)-g(x/2)\iff h(x)-g(x)= h(x/2)-g(x/2).$$ En particulier, par une récurrence facile, on peut démontrer que, pour tout $n\in\mathbb N$, $$h(x)-g(x)=h(x/2^n)-g(x/2^n).$$ Faisons tendre $n$ vers $+\infty$ dans cette égalité. Puisque les fonctions $h$ et $g$ sont continues en $0$, on obtient $$h(x)-g(x)=h(0)-g(0)=0.$$ Ainsi, $g=h$ et $h$ est l'unique fonction vérifiant $\mathcal P$.
Posons, pour $n\geq 0$, $u_n(x)=\phi(x/2^n)$. Alors chaque $u_n$ est de classe $\mathcal C^1$ et vérifie, pour tout $x\in[-a,a]$, $u_n'(x)=\frac 1{2^n}\phi'\left(\frac x{2^n}\right)$. Puisque $\phi$ est de classe $\mathcal C^1$, $\phi'$ est continue sur le segment $[-a,a]$. Elle y est donc bornée, et il existe $M>0$ tel que $|\phi'(x)|\leq M$ pour tout $x\in[-a,a]$. On en déduit que $$|u_n'(x)|\leq \frac{M}{2^n}.$$ La série $\sum_{n\geq 0}u_n'$ est donc normalement convergente sur $[-a,a]$. On en déduit que $h$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[-a,a]$ et que, pour tout $x\in[-a,a]$, $h'(x)=\sum_{n\geq 0}u_n'(x)$.

Exercice 26 - Résolution d'une équation intégrale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

On souhaite démontrer qu'il existe une fonction $f:[0,1]\to\mathbb R$ continue telle que, pour tout $x\in[0,1],$ $$f(x)=1+\frac 12\int_0^x f(t^2)dt.$$ Pour cela, on considère la suite de fonctions $(f_n)$ définies sur $[0,1]$ par $f_0=1$ et, pour tout $n\geq 0$ et tout $x\in[0,1]$, $$f_{n+1}(x)=1+\frac 12\int_0^x f_n(t^2)dt.$$

Démontrer que la série de fonctions $\sum_{n\geq 0}(f_{n+1}-f_n)$ converge normalement sur $[0,1]$.
En déduire que la suite $(f_n)$ converge uniformément sur $[0,1]$ vers une fonction $f$.
Justifier que $f$ est solution du problème.