E4A 2002 Math 2 exercice 2

E4A 2002 Math 2 exercice 2

Remarque préliminaire : les fonctionsun sont dé…nies surRet impaires. on ne restreint pas l’étude en supposantx 0 1a)

six= 0on a pour toutn,un(x) = 0donc la série P

un(0)converge si x 6= 0 on a un(x) n >+1 1

x 1

n ⁺¹ . Les séries sont à termes positifs . La série de Riemann P 1

n ⁺¹ converge car + 1>1 . On a donc la convergence deP

un(x).

Pun converge simplement surR⁺

1b)

On peut remarquer queun(1=p

n) = ¹_2n +1=2¹ . Donc poura 1=2on a une série de Riemann divergente.

On a trouvé une suite(x_n)telle queP

u(x_n)diverge . la série P

u_n ne converge pas normalement On a la majoration : x 1)u_n(x) _{n :1}¹ = _n¹

x 1)u_n(x) _{n :nx}^x 2 = ¹_xn¹+1 1 n

donc >1)CVN

Mais je ne trouve pas de majoration simple marchant pour tout >1=2:On peut calculersup_R+(un) :

un est une fonction continue sur R⁺ de dérivée u⁰_n(x) = _n¹ _(1+nx^{1 nx}2²)² . L’étude des variations ne pose pas de problème sup_R⁺(un) =un(1=p

n) =¹_2n +1=2¹ . La sérieP

sup_R⁺(un)converge si et seulement si >1=2 Pun converge normalement surR⁺ si et seulement si >1=2

1c)Si >1=2 le résultat est évident d’après la question précédente.

Sur un segment [a; b] R⁺ on ajun(x)j n (1+na^{b 2}) n >+1 b a²

1

n¹⁺ . la sérieP 1

n¹⁺ converge car 1 + >1 . On peut

donc dire que P

un converge normalement sur tout segment inclus dansR⁺ 1d) On aR_n(x) =P+1

k=n+1 x k (1+kx²)

P2n k=n+1

x

k (1+kx²) puisque les termes manquants sont positifs.

de plusk 2n) k¹ 1

(2n) et (2n 1et 1=2))(2n) (2n)¹⁼²donc _{k (1+kx}^x 2)

x

(2n)¹⁼²(1+kx²) . Et en ajoutant les inégalités :

R_n(x) X2n

k=n+1

x (2n)¹⁼²(1 +kx²) Si on prendx= p¹

n (cf 1b pour essayer cette valeur)Rn p1 n

1 np

2

P2n k=n+1 1

1+^k_n 1 np

2

P2n k=n+11

3 = ¹

3p 2

On a trouvé une suite(xn)deR⁺ telle queRn(xn)ne tend pas vers 0.

Pu_n ne converge pas uniformément sur R⁺

2a) et 2b)Théorème : Soit f =P

f_n une série de fonctions continues qui converge simplement sur un intervalleI . Si la convergence est normale surI (ou sur tout segment inclus dansI) alors a sommef est continue surI:

Les fonctionsu_n sont continues surR⁺ comme quotient , à dénominateur non nul de fonctions continues.

Pour tout on a convergence normale sur tout segment inclus dansR⁺ ( question1c ) donc continuité deS surR⁺ Pour tout >1=2 on a convergence normale surR⁺ (question1b ) donc continuité deS surR⁺

S est continue surR⁺ , et continue surR⁺ pour >1=2 2c)

Le dénominateur def est le produit de deux fonctions positives croissantes def (quand t varie) donc est croissant. f est une fonction décroissante . Donc pourt2[k; k+ 1]f(t) f(k)doncSn(x) Rn+1

1 f(t)dtet par passage à la limite S(x)

Z +1 1

f(t)dt Les limites existent :

–pour(Sn)par convergence de la série : –pour Rn+1

1 f(t)dt car on a une suite croissante (f positive) majorée parS(x) Rn

1 p x

t(1+tx²)dt=Rn² 1

2xdu

1+u²x² = 2 [arctan(ux)]ⁿ₁²= 2 arctan(n²x) 2 arctan(x). Donc en passant à la limite Z +1

1

p x

t(1 +tx²)dt= 2 arctan(x)

On a donc pour 1=2 : S(x)

Z +1 1

x t (1 +tx²)dt

Z +1 1

p x

t(1 +tx²)dt= 2 arctan(x) OrS(0) = 0Donc en raisonnant par l’absurde :

siS est continue en0 lim₀⁺(S(x)) = 0. L’inégalité précédente donne0 . ABSURDE si 1=2 ,S n’est pas continue en0

Remarque : si = 1=2S(x) u₁(x) +R+1

1 f(t)dt= _1+x^x + 2 arctan(x). Donc par encadrementlim₀(S(x)) = Remarque : si <1=2je pense quelim_{x >0} R+1

1 f = +1et donclim₀(S) = +1( Pour = 1=3et1=4 c’est ce que donne MAPLE)

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