le corrigé

PC∗

Corrigé : interrogation sur les suites et séries de fonctions

Exercice 1

doncXfn(x) converge absolument, ce qui

assure l’existence de S(x). b) Soit α > 0. ∀x ∈ [0, α], |fn(x)| 6 α n2 donc kfnk∞,[0,α]_+∞= O  ₁ n2 

. Les fonctions fnsont continues et la série

X

fnconverge

normalement donc uniformément sur [0, α] donc S est continue sur [0, α], puis par recouvrement sur R+. c) S(x + 1) − S(x) = +∞ X n=1  ₁ x + n− 1 x + 1 + n  . Or par télescopage N X n=1  ₁ x + n− 1 x + 1 + n  = 1 x + 1− 1 x + 1 + N et en faisant tendre N vers +∞ : S(x + 1) − S(x) = 1 x + 1.

Exercice 2

a) Pour tout t ∈ [0, 1[, arctan(t) = +∞ X n=0 (−1)n 2n + 1t 2n+1_{. Notons f} n(t) = (−1)n 2n + 1t 2n+1_.

Les fonctions fnsont continues par morceaux et intégrables sur [0, 1[ (car continues sur [0, 1]) ;

X

fnconverge simplement

sur [0, 1[ et la somme est continue par morceaux. Enfin, Z1 0 |_{fn(t)| dt =} 1 (2n + 1)(2n + 2)= O ₁ n2  donc la sérieX Z1 0 |_{fn(t)| dt} converge.

Toutes les conditions sont réunies pour appliquer le théorème d’interversion somme / intégrale : Z1 0 arctan t dt = +∞ X n=0 Z1 0 fn(t) dt = +∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)(2n + 2).

Exercice 3

a) Soit x > 1 fixé. Au voisinage de 0, t

x−1 et−₁∼₀t x−2_{. Or} Z1 0 1

t2−xdt converge car 2 − x < 1, donc Z 1 0 tx−1 et−₁dt converge. Au voisinage de +∞, t x−1 et−₁+∞= O(e −_t/2 ) donc Z +∞ 1 tx−1 et−₁dt converge. b) Pour tout t > 0, 1 et−₁= e−t 1 − e−_t = e −t +∞ X n=0 e−nt= +∞ X n=1 e−nt donc t x−1 et−₁= +∞ X n=1 fn(t) avec fn(t) = tx−1e −nt_.

Les fonctions fnsont continues par morceaux et intégrables sur ]0, +∞[, la série

X

fnconverge simplement et sa somme

est continue par morceaux, et Z+∞ 0 |_{fn(t)| dt =} Z+∞ 0 fn(t) dt = Z+∞ 0 tx−1e−ntdt = 1 nx Z +∞ 0 ux−1e−udu =Γ(x) nx . La sérieX 1

nx converge donc le théorème d’interversion somme / intégrale s’applique :

Z +∞ 0 tx−1 et−₁dt = +∞ X n=1 Γ(x) nx = Γ (x)ζ(x).

Exercice 4

n(1 + nx). Soit x > 0 fixé. Au voisinage de +∞, fn(x)n→+∞= O

 ₁

n2 

doncXfnconverge simplement sur R

∗ +. b) Les fonctions fnsont de classeC1, et f

0 n(x) = −₁ (1 + nx)2. Soit α > 0. Sur [α, +∞[, kf_n0k_{∞ =} 1 (1 + nα)2 _+∞= O ₁ n2 

. La convergence est normale donc uniforme sur [α, +∞[ donc le théorème de dérivation s’applique : f est de classeC1sur tout [α, +∞[ avec α > 0, donc sur R∗+par recouvrement.

c) Pour tout x > 0, xf (x) = +∞ X n=1 1 n(1/x + n) = g ₁ x  avec g(y) = +∞ X n=1 gn(y) et gn(y) = 1 n(y + n). Sur [0, +∞[, kgnk∞= 1 n2 donc la convergence de X

gnest normale, et donc uniforme sur [0, +∞[. Les fonctions gnétant

continues, il en est de même de g, et ainsi lim

x→+∞g ₁ x  = lim y→0g(y) = g(0) = +∞ X n=1 1 n2 = π2

6 , ce qui prouve que f (x) ∼+∞ π2 6x.

Exercice 5

a) Soit α > 0. Les fonctions fnsont continues sur cet intervalle, et kfnk∞= f_n(α) 6 1 α n Y k=1 1 k = α n!. La série X 1 n! converge

donc la convergence est normale, donc uniforme sur [α, +∞[. On en déduit que S est continue sur [α, +∞[, puis sur ]0, +∞[ par recouvrement. De plus, chacune des fonctions fnest décroissante, donc S est décroissante sur cet intervalle.

b) On a fn(x + 1) = n Y k=0 1 x + k + 1= n+1 Y k=1 1 x + k = xfn+1(x) donc S(x + 1) = +∞ X n=0 fn(x + 1) = +∞ X n=1 xfn(x) = x  S(x) − f0(x)  = xS(x) − 1.

c) S est continue en 1 donc lim

x→0S(x + 1) = S(1) =

+∞ X

n=0

1

(n + 1)! = e −1 et d’après la question précédente, S(x) ∼0 e

x.

S est décroissante et positive donc 0 6 S(x + 1) 6 S(x), soit encore 0 6 xS(x) − 1 6 S(x). Cette double inégalité s’écrit encore 1 x6S(x) 6 1 x − 1, et donc S(x) ∼+∞ 1 x.

Exercice 6

a) On calcule g_n0(x) = (1 − x)n−1xα−1α −(n + α)x. D’où les variations :

x gn(x) 0 α n + α 1 0 0 00 On en déduit kgnk∞= g_n  _α n + α  =  1 − α n + α n _α n + α α = exp  n ln  1 − α n + α  _α n + α α ∼ α α_e−α nα et X k_gnk_{∞converge si et} seulement si α > 1.

b) Xk_gnk∞converge donc lim kg_nk∞= 0. Or |f (0)| = |g_n(0)| 6 kg_nk∞donc f (0) = 0.    gn ₁ n     6 k_gnk_∞doncX_gn ₁ n  converge absolument. Or gn ₁ n  =  1 −1 n n f ₁ n  ∼1 ef ₁ n  doncXf ₁ n  converge absolu-ment. Si f0(0) , 0 on a f ₁ n  ∼f 0 (0) n . Mais la série X1 ndiverge, donc f 0 (0) = 0.

c) D’après l’inégalité de Taylor-Lagrange, pour tout x ∈ [0, 1], |f (x)| 6 Mx2avec M =kf 00_k

∞ 2 .

Ainsi, pour tout x ∈ [0, 1], |gn(x)| 6 M(1 − x)nx2 = hn(x), et kgnk∞ 6 kh_nk∞ Mais d’après 6a, la série X

hn converge

normalement sur [0, 1] ; il en est donc de même deXgn.