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or t 7→ t12 est int´egrable sur [1

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(1)

2017-2018 M1EEF – UGA

DM – Corrig´e

Probl`eme : ´Echanges de limites et d’int´egrales

Pr´eliminaires

1. Fonction Gamma d’Euler a. Soit x >0.

t7→e−ttx−1 estC0 donclocalement int´egrable sur ]0,+∞[.

e−t−−→

t→0 1 donce−ttx−1

t→0+ tx−1 ; ort7→tx−1 = t1−x1 est int´egrable sur ]0,1] car 1−x <1 (int´egrales de Riemann), donc, par crit`ere de comparaison, t7→e−ttx−1 l’est aussi.

e−ttx+1 −−−−→

t→+∞ 0 (croissances compar´ees), donc e−ttx−1 =

t→+∞ o(t12) ; or t 7→ t12 est int´egrable sur [1,+∞[ (Riemann) donc par domination,t7→e−ttx−1 l’est aussi.

Finalement, t 7→ e−ttx−1 est int´egrable sur ]0,+∞[. Γ(x) = R0+∞e−ttx−1dt est donc bien efini pour tout x]0,+∞[.

b. Soit x > 0. Alors x + 1 > 0 donc Γ(x + 1) est bien d´efini et vaut R0+∞e−ttxdt = lim →0

A→+∞

RA

e−ttxdt. Les fonctionst7→tx ett7→ −e−tsontC1 sur ]0,+∞[, de d´eriv´ees respec- tives t7→xtx−1 ett7→e−t. On peut donc effectuer l’IPP suivante, pour tous 0< εAR:

Z A

e−ttxdt= [−e−ttx]A Z A

(−e−txtx−1)dt=−e−AAx

| {z }

−−−−−→

A→+∞ 0

+ ex

| {z }

−−−−−→

ε→0 carx >0

0

+x Z A

e−ttx−1dt

| {z }

−−−−→

A→+∞

−→0

Γ(x)

,

et par identification des limites des membres de gauche et de droite, on obtient Γ(x+1) =xΓ(x).

En particulier, par une r´ecurrence imm´ediate, pour tout nN, Γ(n) = (n1)! Γ(1). Or Γ(1) =

Z +∞

0

e−tdt= lim

A→+∞[−e−t]A0 = 1 lim

A→+∞e−A= 1, donc

∀nN, Γ(n) = (n1)!

2. Fonction zˆeta de Riemann

a. Soit x >1 etnN. La fonction t7→ t1x est strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[ donc pour tout kn, pour tout t[k, k+ 1],

1

(k+ 1)x 1 tx et par croissance de l’int´egrale,

1 (k+ 1)x =

Z k+1 k

dt (k+ 1)x

Z k+1 k

dt tx ce qui entraˆıne, par sommation sur k allant den `aN n:

N

X

k=n

1 (k+ 1)x

N

X

k=n

Z k+1 k

dt tx =

(Chasles)

Z N+1 n

dt tx =

ñ 1

(1x)tx−1 ôN+1

n

= 1

1x

Ç 1

(N+ 1)x−1 1 nx−1

å

(2)

d’o`u, par passage `a la limite quandN tend vers +∞: Rn(x) 1

(x1)nx−1 Ç

= Z +∞

n

dt tx

å .

b. On cherche une valeur denpour laquelle Pnk=1k1p ζ(p)=Rn(p). D’apr`es la question pr´ec´edente, il suffit pour cela que (p−1)n1 p−1 , c’est-`a-dire que n (p−1)1

1

p−1 (p 2).

Commen doit en outre ˆetre entier, une valeur convenable pourn est ñ

1 (p−1)

p−11 ô

+ 1, o`u [.] esigne l’application partie enti`ere.

c. D’apr`es la question b. appliqu´ee `a p= 7 et= 9.10−7, pour n= 8 (calculatrice), 0ζ(7)

n

X

k=1

1

k7 0,9×10−6. Or P8k=1k17 = 1.0083488 `a 10−7 pr`es par d´efaut (calculatrice) donc

1.0083488ζ(7)1.0083489 + 0,9×10−6 = 1.0083498 doncζ(7)'1.008349 `a 10−6 pr`es.

Premi`ere partie : suites de fonctions

3. Th´eor`eme de convergence uniforme pour les suites de fonctions

Soit (fn)n∈Nune suite de fonctions continues sur le segment [a, b] convergeant uniform´ement vers la fonction f sur [a, b]. Th´eor`eme : la limite uniforme sur un intervalle I d’une suite de fonctions continues sur I est elle aussi continue sur I. f est donc elle aussi continue sur le segment [a, b], donc l’int´egrale Rabf(x)dx est bien d´efinie (finie). De plus, par convergence uniforme, pour toutn`a partir d’un certain rang,ffnest born´ee sur [a, b] (ceci est en fait vrai pour toutn car les fonctions ffn sont continues sur le compact [a, b] donc born´ees sur [a, b]) et

Z b a

f(x)dx Z b

a

fn(x)dx

Z b

a

|f(x)fn(x)|dx Z b

a

kffnkdx=kffnk(ba)

n→∞0 (par convergence uniforme de (fn)n∈N versf). La suite de r´eelsÄRabfn(x)dxä

n∈Nconverge donc vers le r´eelRabf(x)dx.

4. Exemples et contre-exemples

a. Pour tout entiern2, d´efinissonsfn: [0,1]Rpar

fn(x) =

n2x si x[0,n1]

n2(n2 x) si x∈]n1,2n[ (et en fait six[n1,2n]) 0 si x[2n,1]

(plus simplement, il s’agit de la fonction croissant de 0 `a n sur [0,1n], d´ecroissant de n`a 0 sur [1n,n2] et identiquement nulle sur [n2,1]).

fn est bien affine par morceaux.

(3)

La restriction de fn `a [0,n1], [1n,n2] et [2n,1] respectivement est continue car affine. La continuit´e de fn sur [0,1] en d´ecoule (en tout point de [0,1], les limites defn `a gauche et

`

a droite existent et co¨ıncident avec la valeur de f en ce point) .

(fn)n≥2 converge simplement vers la fonction f identiquement nulle sur [0,1]. En effet, pour tout x[0,1], soitx= 0, et alors fn(x) =fn(0) = 0 pour tout n2, soit x >0 et alors il existe n0 tel que pour tout nn0, n2 n2

0 < xet donc fn(x) = 0.

En revanche, (fn)n≥2 ne converge pas uniform´ement vers f car pour tout n 2, kfn fk=kfnk=n90.

Pour toutn2,R01fn(x)dx= 1 (aire du triangle isoc`ele de base n2 et de hauteurn), donc ÄR1

0 fn(x)dxän≥2 ne converge pas vers R01f(x)dx= 0.

b. On peut consid´erer les fonctions continuesfn :x[0,1]7→xn. Pour tout x[0,1[, la suite (fn(x))nconverge vers 0, et pourx= 1, elle est constante ´egale `a 1. La suite (fn)nconverge donc simplement vers la fonctionf nulle sur [0,1[ et valant 1 en 1. Cette fonction ´etant discontinue, la convergence ne peut ˆetre uniforme. N´eanmoins, on a

Z 1 0

fn= 1

n+ 1 −−−−

n→+∞ 0 = Z 1

0

f.

5. Cas d’un intervalle quelconque

a. Pour tout n 1, fn : x 7→ xnn!e−x est positive, d´erivable sur [0,+∞[ comme produit de fonctions d´erivables, et pour tout x[0,+∞[,

fn0(x) = nxn−1e−xxne−x

n! = xn−1e−x(nx) n!

(0 si x[0, n]

0 si x[n,+∞[

Ainsi, kfnk=fn(n) = nnn!e−n

n→+∞

1

2πn d’apr`es la formule de Stirling, donckfnk

n→+∞0, ce qui signifie que (fn)n≥1 converge uniform´ement vers la fonction nulle. En revanche, d’apr`es les pr´eliminaires, pour toutnN,

Z +∞

0

fn(x)dx= Γ(n+ 1)

n! = 190 = Z +∞

0

0dx.

Le TH 1 n’est donc pas vrai si on remplace [a, b] par un intervalleI non born´e.

b.i. La suite (fn) convergeant uniform´ement vers f sur I, il existe p tel que pour tout n p, (et en particulier pourn=p), fnf est born´ee sur I et

sup

x∈I

|f(x)fn(x)|<1 et a fortiori ∀xI, |f(x)| − |fn(x)|<1, i.e.|f(x)|<|fn(x)|+ 1.

f, qui est continue surI comme limite uniforme de fonctions continues surI, est donc en outre major´ee (en valeur absolue) par la fonctionx7→1+|fp(x)|qui est int´egrable surIcomme somme de fonctions int´egrables sur I (|fp|est int´egrable sur I par hypoth`ese, et x 7→ 1 est int´egrable sur I carI est born´e, d’int´egralel(I)). f est donc int´egrable sur I.

b.ii. La preuve est identique `a celle du 3, en rempla¸cant [a, b] par I et baparl(I).

6. Th´eor`eme de convergence domin´ee pour les suites de fonctions

a. Les fonctions fn ´etant continues par morceaux sur I, leur int´egrabilit´e sur I ecoule par th´eor`eme de comparaison de leur majoration (en valeur absolue) par la fonction ϕ int´egrable sur I. Il en est de mˆeme pourf. En effet, pour toutxI,

∀nN, |fn(x)| ≤ϕ(x) donc |f(x)|=| lim

n→+∞fn(x)|= lim

n→+∞|fn(x)| ≤ϕ(x).

(4)

b.i. On peut reprendre l’exemple 4.b. On a vu que la suite de fonctions continues (fn)n∈N

convergeait simplement mais pas uniform´ement vers la fonctionf nulle sur [0,1[ et valant 1 en 1, qui est continue par morceaux. On a montr´e par le calcul que la suite de r´eelsÄR01fn(x)dxä

n∈N

convergeait n´eanmoins vers 0 =R01f(x)dx. On aurait ´egalement pu d´eduire ce fait du TH 2, puisque pour tout nN, pour tout x [0,1], |fn(x)| ≤1, et la fonction x 7→1 est int´egrable sur le segment [0,1].

b.ii. Soit I = [0,+∞[, fn(x) = esin(

nx)

1+x2 pour tout (n, x) N ×I, ϕ : x I 7→ 1+xe2 et f :xI 7→ 1+x1 2.

Pour tout nN,fn est continue surI (par op´erations ´el´ementaires et non annulation de x7→1 +x2 sur I) ;

fn converge simplement vers f (qui est elle aussi continue) sur I car pour tout x I,

x

n

n→∞ 0 donc par continuit´e de sin en 0, sin(xn)

n→∞ sin(0) = 0 et par continuit´e de exp en 0,esin(xn)

n→∞e0 = 1, donc fn(x) = esin(

nx)

1+x2

n→∞

1

1+x2 =f(x) ;

ϕest continue, positive et int´egrable sur I (d’int´egrale e×[arctan]+∞0 =eπ2) ;

• ∀xI,|sin(xn)| ≤1 donc par croissance de exp,|fn(x)| ≤ 1+xe 2 =ϕ(x).

Alors d’apr`es le TH 2, f est int´egrable sur I (on le savait d´ej`a) et R0+∞esin(

xn)

1+x2 dx

n∈N

= ÄR+∞

0 fn(x)dxän∈

N converge vers R0+∞f(x)dx=R0+∞1+xdx2 = π2.

Deuxi`eme partie : s´eries de fonctions

7. Th´eor`eme de convergence uniforme pour les s´eries de fonctions

SoitPn∈Nfnune s´erie de fonctions continues sur le segment [a, b] qui converge uniform´ement sur [a, b]. Pour tout n N, notons Sn la fonction Pnk=0fk, continue sur [a, b] comme somme (finie) de fonctions continues. Par hypoth`ese, la suite (Sn)n∈Nconverge uniform´ement sur [a, b].

On note S sa limite, qui est continue sur [a, b] comme limite uniforme de fonctions continues.

(Sn)n∈N converge uniform´ement donc a fortiori simplement vers S, donc pour tout x [a, b], S(x) = limn→+∞Sn(x) = limn→+∞Pn

k=0fk(x). Autrement dit pour tout x [a, b], la s´erie (num´erique)Pk∈Nfk(x) converge, etP+∞k=0fk(x) =S(x).

Ainsi, la suite de fonctions (Sn)n∈Nsatisfait bien les hypoth`eses duTH 1, donc (RabSn(x)dx)n∈N

converge vers RabS(x)dx. Or par lin´earit´e de l’int´egrale (de fonctions continues sur un seg- ment), pour tout n N, RabSn(x)dx=Rab(Pnk=0fk(x))dx=Pnk=0ÄRabfk(x)dxä. Donc la s´erie Pn≥0

Rb

afn(x)dxconverge et sa somme v´erifie

+∞

X

n=0

ÇZ b a

fn(x)dx å

= Z b

a

S(x)dx= Z b

a +∞

X

n=0

fn(x)

! dx.

8. Applications : s´eries trigonom´etriques et s´eries de Fourier

La manipulation de s´eries enti`eres et trigonom´etriques est l’occasion de nombreux abus de notations (y compris dans les manuels et les sujets) dont le plus fr´equent consiste `a utiliser la eme notation pour la s´erie num´erique Pnanxn (resp. Pn(ancos(nx) +bnsin(nx))) pour un x fix´e et la s´erie de fonctions Pn(x 7→anxn) (resp. Pn(x 7→ ancos(nx) +bnsin(nx))), ce que l’on n’´ecrit jamais... Pour y rem´edier (la disctinction entre ces deux objets ´etant cruciale dans ce sujet), nous noterons dor´enavant en (resp. cn, sn), pour tout entier naturel n, la fonction x7→xn (resp. x7→cos(nx) et x7→sin(nx)) de R dansR.

(5)

a. Si une s´erie trigonom´etriquea20c0+Pn≥1ancn+bnsn(`a coefficients r´eels) est la s´erie de Fourier d’une fonction f `a valeurs r´eelles (sous-entendu par l’´enonc´e je pense) continue par morceaux et 2π-p´eriodique surRalors d’apr`es le th´eor`eme de Parseval, la s´erie num´erique Pn≥1(a2n+b2n) converge et

1

Z 0

|f(t)|2dt= a20 4 + 1

2

+∞

X

n=1

(a2n+b2n).

Or la s´erie trigonom´etrique consid´er´ee a pour coefficients (an)n∈N = (0)n∈N et (bn)n∈N = (1n)n∈N, pour lesquels (a2n +b2n)n∈N = (1n)n∈N n’est pas sommable (s´erie harmonique), donc cette s´erie trigonom´etrique ne peut ˆetre la s´erie de Fourier d’une fonction f continue par morceaux et 2π-p´eriodique sur R.

b. Soit a20c0+Pn≥1ancn+bnsn une s´erie trigonom´etrique convergeant uniform´ement sur R. Notons f sa limite. f est continue sur R comme limite uniforme de fonctions continues sur R et 2π-p´eriodique comme limite simple (car uniforme) de la suite de fonctions 2π-p´eriodiques

a0

2 c0+Pnk=1akck+bkskn∈

N. V´erifions que a20c0+Pn≥1ancn+bnsnest la s´erie de Fourier de f, c’est-`a-dire que

∀pN, ap =ap(f) = 1 π

Z 0

f(t) cos(pt)dt et ∀pN, bp =bp(f) = 1 π

Z 0

f(t) sin(pt)dt.

Soit pN. Par d´efinition def, ap(f) = 1

π Z

0

f(t) cos(pt)dt= 1 π

Z 0

a0 2 +

+∞

X

n=1

ancos(nt) +bnsin(nt)

!

cos(pt)dt

= a0

Z

0

cos(pt)dt

| {z }

2πδ0,p

+1 π

Z

0

+∞

X

n=1

[cp×(ancn+bnsn)] (t)

!

dt (lin´earit´e de l’int´egrale)

La fonctioncp´etantborn´eesurR, la convergence uniforme de la suite de fonctions (Pnk=1(akck+bkck))n∈

N

sur Rentraˆıne celle de (cpPn

k=1(akck+bkck))n∈

N = (Pnk=1cp(akck+bkck))n∈

N, i.e celle de la erie de fonctionsPn[cp(ancn+bnsn)]. On peut donc appliquer `a cette s´erie leTH 3, qui affirme que la s´eriePn∈NÄR0[cp(ancn+bnsn)] (t)dtäconverge versR0ÄP+∞n=1[cp(ancn+bnsn)] (t)ädt, d’o`u

ap(f) =a0δ0,p+ 1 π

+∞

X

n=1

Z 0

[cp(ancn+bnsn)] (t)dt, et par lin´earit´e de l’int´egrale

ap(f) =a0δ0,p+

+∞

X

n=1

á

an

1 π

Z 0

cos(pt) cos(nt)dt

| {z }

n,pd’apr`es l’´enonc´e

+bn

1 π

Z 0

cos(pt) sin(nt)dt

| {z }

=0 d’apr`es l’´enonc´e

ë

=ap.

On montre de mˆeme que pour toutpN,bp=bp(f), ce qui prouve que la s´erie trigonom´etrique initiale est bien la s´erie de Fourier d’une fonction continue 2π-p´eriodique surR: f.

9. Int´egration terme `a terme d’une s´erie de fonctions

a. La s´erie Pn∈Nan est absolument convergente donc la suite (|an|)n∈N tend vers 0, et est en particulier born´ee. Notons M un majorant de cette suite. Pour tout x R, pour tout nN,

anxn

n!

M|x|n!n, terme g´en´eral d’une s´erie absolument convergente (de sommeM e|x|). Le rayon de convergence de la s´erie enti`ere Pn≥0 anxn

n! est donc +∞. La s´erie de fonctions Pn∈N an

n!en

converge donc simplement (et mˆeme uniform´ement sur tout compact de R) vers une fonctionf C0 (et mˆemeC) surR.

(6)

b. Pour toutnN, notonsfnla fonction continue surR+efinie parfn(x) = an!nxne−x. D’apr`es les pr´eliminaires,fn est int´egrable sur R+ et

Z +∞

0

|fn(x)|dx= |an|

n! Γ(n+ 1) =|an| Ç

de mˆeme, Z +∞

0

fn(x)dx=an

å . Pour toutxR+,

f(x)e−x=

+∞

X

n=0

an

n!xne−x =

+∞

X

n=0

fn(x) ;

autrement dit, la s´erie de fonctionsPn∈Nfn converge simplement vers la fonctionx7→f(x)e−x sur R+.

Enfin, la s´erie Pn∈NÄR0+∞|fn(x)|dxä = Pn∈N|an| est convergente par hypoth`ese, donc le TH 4 s’applique : x7→f(x)e−x est int´egrable surR+,Pn∈N

ÄR+∞

0 fn(x)dxä converge et Z +∞

0

f(x)e−xdx= Z +∞

0

+∞

X

n=0

fn(x)

! dx=

+∞

X

n=0

ÇZ +∞

0

fn(x)dx å

=

+∞

X

n=0

an.

10. Cas o`u les th´eor`emes TH 3 et TH 4 ne s’appliquent pas

a. Pour toutx[0,1[, la s´erie Pn≥0(−1)nxn est convergente (s´erie g´eom´etrique) et

∀nN,

+∞

X

k=n

(−1)kxk

=

(−1)nxn 1 +x

x→1

1 2 donc

sup

x∈[0,1[

+∞

X

k=n

(−1)kxk

1

2 n→∞9 0

donc la s´erie de fonctions consid´er´ee converge simplement mais pas uniform´ement sur [0,1[.

b. Pour toutnN, notonsfnla fonction d´efinie sur [0,1] parfn(x) = (−1)nxn. fnest continue donc int´egrable sur le segment [0,1], etR01|fn(x)|dx=R01xndx= n+11 , terme g´en´eral d’une s´erie divergente, doncPn∈Nfn ne v´erifie pas toutes les hypoth`eses du TH 4.

c. eanmoins, R01fn(x)dx = R01(−1)nxndx = (−1)n+1n est le terme g´en´eral d’une s´erie semi- convergente d’apr`es le crit`ere sp´ecial des s´eries altern´ees ((n+11 )n≥1 est d´ecroissante et tend vers 0). Donc la s´erie Pn∈NÄR01fn(x)dxä converge. D’autre part, la s´erie de fonctions Pn≥0(x 7→

(−1)nxn) converge simplement sur [0,1[ versx7→ x+11 , qui est int´egrable sur [0,1[ (car restriction

`

a [0,1[ d’une fonction continue sur [0,1]). Maintenant, il est un peu dommage d’´ecrire :

+∞

X

n=1

ÇZ 1 0

fn(x)dx å

=

+∞

X

n=1

(−1)n

n+ 1 = ln(2) (classique) et

Z 1 0

dx

1 +x = [ln(1 +x)]10 = ln(2) donc

+∞

X

n=1

ÇZ 1 0

fn(x)dx å

= Z 1

0 +∞

X

n=1

fn(x)

! dx

car l’une des fa¸cons de d´emontrer que la somme de la s´erie harmonique altern´ee est ln(2) est justement d’´etablir l’´egalit´e ci-dessus sans connaˆıtre la valeur du membre de gauche ! C’est ce

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