Suites et séries de fonctions (complément pour 5/2)
Exercice 1 Soit f : x 7→ +∞ X n=1 sin2(nx) n2 .a) Montrer que f est définie et continue sur R. b) La fonction f est-elle dérivable en 0 ?
a) Notons un: x 7→ sin2(nx) n2 . On a kunk∞= 1 n2 et X 1
n2 converge donc la convergence de la série est normale
donc uniforme sur R, ce qui assure que f est définie et continue sur R.
b) La fonction f étant paire, sa dérivée en 0, si elle existe, est nécessairement nulle. Intéressons nous à la limite en 0+de f (x)
x . Sachant que lim0
sin t
t = 1, il existe α > 0 tel que pour tout t ∈]0, α],
sin t
t >
1 2. Pour tout x > 0, posons N = bα/xc. Alors pour tout n ∈ ~1, N, nx ∈]0, α] et donc f (x)
x > N X n=1 sin2(nx) n2x > Nx 4 . Or N >α x−1 donc f (x) x > α −x
4 . Cette inégalité prouve que
f (x)
x ne peut tendre vers 0 en 0
+donc f n’est pas
dérivable en 0. Exercice 2 Soit f : x 7→ +∞ X n=1 arctan x n2 . a) Déterminer l’ensemble de définition de f .
b) Prouver la continuité de f sur son ensemble de définition. c) Prouver la dérivabilité de f sur son ensemble de définition. d) Déterminer la limite de f en +∞.
e) Donner un équivalent de f au voisinage de 0. On note pour tout n > 1, fn: x 7→ arctan
x
n2
.
a) Fixons x ∈ R. Si x = 0, f (0) est définie car somme de la série nulle. Si x , 0 alors fn(x)n→+∞∼
x n2 = O 1 n2 donc la sérieXfn(x) converge absolument. On en déduit que f est définie sur R.
b) Soit a > 0. Sur [−a, a] on a |fn(x)| 6
|x|
n2 6 a
n2 (car pour tout t > 0, arctan t 6 t). La série
X 1
n2 converge donc la
sérieXfnconverge normalement et donc uniformément sur [−a, a]. Les fonctions fnétant continues, la fonction
f est continue sur tout segment [−a, a] puis par recouvrement sur R.
c) Pour tout n ∈ N∗ la fonction fn est de classeC1 et f
0 n(x) = n2 n4+ x2. Sur R on a donc kf 0 nk∞ = 1 n2. La série X
fn0 converge normalement donc uniformément sur R ; il en résulte que f est de classe C1 sur R, avec
f0(x) = +∞ X n=1 n2 n4+ x2. d) lim t→+∞arctan t = π
2 donc il existe un réel A tel que pour t > A, arctan t > 1. Ainsi, lorsque n 6 r x A on a arctan x n2 >1. On en déduit que f (x) > b √ x/Ac X n=1 arctan x n2 > r x A
, puis que lim
x→+∞f (x) = +∞ par minoration.
e) arctan t − t =
0 o(t
2) donc il existe η > 0 tel que pour t ∈ [−η, η], | arctan t − t| 6 t2.
Pour |x| 6 η on a donc f (x) − +∞ X n=1 x n2 6 +∞ X n=1 x2
n4, ce qui prouve que f (x) −
π2 6 x =0O(x 2) et donc que f (x) ∼ 0 π2 6 x.
PC∗
Exercice 3 On considère la fonction f : x 7→
+∞
X
n=1
(−1)n 1 + n2x2.
a) Quel est le domaine de définition de f ? b) Montrer que f est continue sur ]0, +∞[. c) Justifier que f est intégrable et calculer
Z+∞ 0 f (t) dt et +∞ X n=1 (−1)n n . a) Posons fn : x 7→ (−1)n 1 + n2x2. fn(0) = (−1)
n ne tend pas vers 0 donc f n’est pas définie en 0. Si x , 0 alors
fn(x) = O
1
n2
donc la sérieXfn(x) converge absolument donc converge. On en déduit que f est définie sur R
∗
. b) Soit α > 0. Sur l’intervalle [α, +∞[ on a kfnk∞=
1
1 + n2α2 = O
1
n2
donc la convergence deXfnest normale
donc uniforme sur [α, +∞[. Puisque les fonctions fnsont continue sur R
∗
, on en déduit que f est continue sur [α, +∞[, puis sur ]0, +∞[ par recouvrement.
c) Pour x > 0 fixé, la suite|fn(x)|
nest décroissante et tend vers 0 donc d’après le critère spécial relatif aux séries
alternées, |f (x)| 6 |fn(x)| =
1
1 + x2. Puisque la fonction x 7→
1
1 + x2 est intégrable sur ]0, +∞[ il en est de même de f .
Pour tout n ∈ N∗la fonction fnest intégrable sur [0, +∞[, et
Z +∞ 0 fn(x) dx = (−1)n n arctan(nx) +∞ 0 = π 2 (−1)n n . Notons Rn(x) = +∞ X k=n+1
fn(x). Puisque f est intégrable il en est de même de Rn, et
Z+∞ 0 f (x) dx =π 2 n X k=1 (−1)k k + Z+∞ 0 Rn(x) dx.
Toujours d’après le critère spécial, |Rn(x)| 6 |fn+1(x)| 6
1
1 + x2 = φ(x). La suite de fonctions (Rn) converge
simple-ment vers la fonction nulle et φ est continue par morceaux et intégrable donc d’après le théorème de convergence dominée, lim
n→+∞
Z+∞
0
Rn(x) dx = 0, ce qui prouve que
Z+∞ 0 f (x) dx =π 2 +∞ X n=1 (−1)n n . Posons Hn = n X k=1 1 k et Sn = n X k=1 (−1)k k . On a H2n+ S2n= 2 n X p=1 1
2p = Hn donc S2n = Hn−H2n. Or on sait que
Hn= ln n + γ + o(1) donc S2n= ln n − ln(2n) + o(1) = − ln 2 + o(1), ce qui prouve que +∞
X
n=1
(−1)n
n = − ln 2.
Exercice 4 Soit (un)n>1une suite à valeurs strictement positive. On définit Du=
n α ∈ R X unnαconverge o . a) Montrer que si β ∈ Dualors ]−∞, β[ ⊂ Du.
b) Montrer que Duvérifie l’une des assertions suivantes :
(i) Du= (ii) Du= R (iii) Du= ]−∞, γ[ où γ ∈ R (iv) Du= ]−∞, γ] où γ ∈ R
c) Donner des exemples pour les quatre cas.
On suppose que Duest de la forme ]−∞, γ[ et on définit φ sur Du par φ(α) =
X
unnα.
d) Montrer que φ est de classeC∞.
e) Calculer la limite de φ(α) lorsque α tend vers γ par valeurs inférieures. a) Si α < β alors 0 6 unnα6unnβdonc
X
unnβconverge =⇒
X
unnαconverge.
b) Supposons Du différent de et de R. il existe donc α ∈ R tel que α < Du, et d’après la question précédente, α
majore Du. Cet ensemble est donc non vide et majoré : il possède une borne supérieure γ.
Soit maintenant α < γ. α ne majore pas Dudonc il existe β ∈ Dutel que α < β, et d’après la question précédente,
α ∈ Du. On a donc prouvé que ]−∞, γ[ ⊂ Du, ce qui correspond aux cas (iii) et (iv).
c) Pour un= n!, Du= (critère de d’Alembert). Pour un= 1
Suites et séries de fonctions (complément pour 5/2)
Pour un= 1, Du= ]−∞, −1[ (série de Riemann). Enfin, pour un=
1
(ln n)2, Du= ]−∞, −1] (série de Bertrand).
d) Notons fn: α 7→ unnα. Cette fonction est de classeC
∞
sur R, et fn(k)(α) = (ln n)kunnα. Soit β < γ. Sur l’intervalle
]−∞, β], kfn(k)k∞= (ln n)kunnβ= O(unnδ) avec β < δ < γ. Puisque δ ∈ Du on en déduit que la convergence de
X
fn(k)
est normale, donc uniforme sur [−∞, β]. Ceci montre que φ est de classeC∞sur ]−∞, β], puis par recouvrement sur Du.
e) La fonction φ est croissante, donc φ possède une limite, finie ou infinie, en γ. Supposons cette limite ` finie. Pour tout n ∈ N, pour tout α ∈ Du,
n
X
k=1
uknα6φ(α) 6 `. En faisant tendre α vers γ on obtient : pour tout n ∈ N, n
X
k=1
unnγ6`. Les sommes partielles de la série à termes positifs
X
unnγsont majorées donc la série converge, ce
