Famille de Bertrand

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Famille de Bertrand

On appelle famille de Bertrand une suite (f n ) n∈ N d'applications continues, intégrables de R ⁺ dans R ⁺ , dont l'intégrale sur R ⁺ vaut 1 et pour laquelle il existe un réel M > 0 tel que

∀n ∈ N , ∀t ∈ R ⁺ : 0 ≤ f _n (t) ≤ M

Soit (a _n ) _{n∈ N} une suite de réels. On dit que la série P a _n converge au sens de (f _n ) _{n∈ N} si : Pour tout t > 0 la suite ( P n

k=0 a _k f _k (t)) _{n∈ N} converge. On note alors f (t) sa limite.

La fonction f est intégrable surR ⁺ avec S ⁰ = R +∞

0 f (t) dt Le nombre S ⁰ s'appelle alors la (f n ) somme de la série P a n

1. On pose, pour tout n ∈ N et t ∈ R ⁺ ,

f n (t) = t ⁿ e ^−t n!

a. Calculer pour tout n ∈ N, M n = sup _t≥0 f n (t) b. Montrer que la suite (M n ) _n∈N est décroissante.

c. Montrer que (f n ) _n∈N est une famille de Bertrand.

d. Etudier la convergence au sens de (f n ) n∈ N de la série P

a n dans les cas suivants i. a _n = (−1) ⁿ

ii. a _n = (−1) ⁿ n

2. Pour tout n ∈ N on dénit l'application f n de R ⁺ dans R ⁺ par : f n (t) =

0 si |t − (n + 1)| > 1 1 − |t − (n + 1)| si |t − (n + 1)| ≤ 1 a. Représenter graphiquement f 0 , f 1 , f 2 , f 3 .

b. Montrer que la suite (f n ) _n∈N est une famille de Bertrand.

c. Soit (a n ) _n∈N une suite de réels. Montrer que (

n

X

k=0

a k f k (t)) _{n∈ N}

converge pour tout t ≥ 0 et donner sa limite sur l'intervalle [p, p + 1[ . En déduire R p+1

p f (t) dt

d. Montrer que si la suite ( P n

k=0 a k ) _n∈N converge alors la série P

a n converge au sens de (f n ) _n∈N et donner un contre-exemple pour prouver que la réciproque est fausse.

Corrigé

1. a. La fonction f _n est croissante de 0 à n , décroissante ensuite f _n ⁰ (t) = 1

n! (n − t)t ⁿ⁻¹ e ^−t Elle atteint sa borne supérieure en

M n = f n (n) = n ⁿ e ⁻ⁿ n!

b. On forme le quotient de deux termes consécutifs

M n+1

M n

= (n + 1) ⁿ⁺¹ e ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ (n + 1)!

n!

n ⁿ e ⁻ⁿ =

n + 1 n

n

e ⁻¹

=

1 + 1 n

ⁿ

e ⁻¹ = e ^{−1+n ln(1+}

⁾

On sait que ln(1 + x) ≤ x pour x ≥ 0 (concavité de ln ) donc si x = _n ¹ , −1 + n ln(1 + _n ¹ ) ≤ 0 et ^M _M

≤ 1 .

c. Comme la suite est décroissante, elle est bornée par son premier terme. On peut prendre

M = M 1 = 1 n Le calcul de R +∞

0

t

e

n! dt se fait par récurrence à l'aide d'une intégration par parties. On trouve en fait

Z +∞

0

t ⁿ e ^−t n! dt = 1 d. Cas a n = (−1) ⁿ On sait que

(

n

X

k=0

(−t) ^k

k! ) _{n∈ N} → e ^−t

donc

(

n

X

k=0

(−1) ^k t ^k e ^−t

k! ) _{n∈ N} → e ^−2t qui est intégrable.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Cas a n = (−1) ⁿ n . La somme démarre alors en fait en k = 1 et on peut décaler les indices.

n

X

k=0

(−1) ^k kt ^k e ^−t

k! = (−t)

n−1

X

k=1

(−1) ^k−1 t ^k−1 e ^−t (k − 1)!

cette suite converge vers −te ^−2t qui est intégrable. Les deux séries alternées consi- dérées convergent donc au sens de (f n )

2. a. Les fonctions sont anes par morceaux

b. La famille est de Bertrand car les bornes supérieures et les intégrales valent 1 (aire du triangle).

c. Pour tout t xé, la suite (a _n f _n (t)) _{n∈ N} est nulle à partir d'un certain rang. La suite ( P n

k=0 a k f k (t)) _{n∈ N} est stationnaire donc convergente.

Si t ∈ [p, p + 1] , seules f p (t) et f p+1 (t) ne sont pas nulles parmi les f k (t) , donc f (t) = a p f p (t) + a p+1 f p+1 (t) et

Z p+1

p

f(t) dt = a p + a p+1

2 d. Si ( P n

k=0 a _k ) _{n∈ N} converge, il en est de même de ( P n k=0

a

+a

2 ) _{n∈ N} donc la série converge au sens de (f _n )

On a vu en 1.d. que P

(−1) ⁿ convergeait au sens de ( ^t

_n! ^e

) mais divergeait au sens usuel.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

1 2 3 4 5 0

0.2 0.4 0.6 0.8 1

1 2 3 4 5

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

1 2 3 4 5 0

0.2 0.4 0.6 0.8 1

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Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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