Suites et séries de fonctions : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Convergence des puissances sur le segment de 0 à 1

1. Pour \(0 \leq\, x < 1\), la suite géométrique \((x^n)\) tend vers \(0\). Pour \(x = 1\), on a \(f_n(1) = 1\) pour tout \(n\). La limite simple est \(f\), nulle sur \([0,1[\) et telle que \(f(1) = 1\).
2. Première méthode : chaque \(f_n\) est continue sur \([0,1]\), mais \(f\) est discontinue en \(1\). Or une limite uniforme de fonctions continues est continue. Donc la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1]\). Seconde méthode : posons \(x_n = 2^{-1/n} \in [0,1[\). Alors \(|f_n(x_n) – f(x_n)| = \frac{1}{2}\), donc \(\sup_{[0,1[} |f_n – f| \geq\, \frac{1}{2}\) ne tend pas vers \(0\). Cette seconde méthode s’applique aussi sur \([0,1[\), où la limite est pourtant continue. La convergence n’est uniforme ni sur \([0,1]\) ni sur \([0,1[\).
3. Pour \(x \in [0,a]\), on a \(0 \leq\, x^n \leq\, a^n\). Ainsi, \(\sup_{[0,a]} |f_n – 0| = a^n\), qui tend vers \(0\) car \(0 < a < 1\). La convergence est uniforme sur \([0,a]\).
4. La fonction \(g_n\) est positive et dérivable, avec \(g_n^{\prime}(x) = nx^{n-1}(1-x) – x^n = x^{n-1}\bigl(n – (n+1)x\bigr)\) pour \(n \geq\, 1\). Elle croît donc sur \([0, \frac{n}{n+1}]\) et décroît ensuite. Par conséquent :
   \[\|g_n\|_\infty = g_n\!(\frac{n}{n+1}) = (\frac{n}{n+1})^n \frac{1}{n+1} \leq\, \frac{1}{n+1}.\]Ainsi \(\|g_n\|_\infty \to 0\) : \((g_n)\) converge uniformément vers \(0\) sur \([0,1]\). Le facteur \(1-x\) « écrase » la remontée de \(x^n\) près de \(1\).

Corrigé de l’exercice 2 : Une bosse qui se déplace vers l’origine

1. D’abord, \(f_n(0) = 0\). Ensuite, pour \(x \neq 0\), on a \(f_n(x) \sim \frac{nx}{n^2x^2} = \frac{1}{nx}\), qui tend vers \(0\). La suite converge simplement vers la fonction nulle sur \(\mathbb{R}\).
2. On calcule \(f_n\!(\frac{1}{n}) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}\). De plus, l’inégalité \(2|nx| \leq\, 1 + n^2x^2\), qui équivaut à \((|nx| – 1)^2 \geq\, 0\), donne \(|f_n(x)| \leq\, \frac{1}{2}\). Donc \(\|f_n\|_\infty = \frac{1}{2}\) et la convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).
3. La dérivée vaut \(f_n^{\prime}(x) = \frac{n(1 – n^2x^2)}{(1+n^2x^2)^2}\). Ainsi, \(f_n\) est positive et décroissante sur \([\frac{1}{n}, +\infty[\). Soit \(n \geq\, \frac{1}{a}\), de sorte que \(\frac{1}{n} \leq\, a\). Alors, sur \([a, +\infty[\) :
   \[0 \leq\, f_n(x) \leq\, f_n(a) = \frac{na}{1+n^2a^2} \leq\, \frac{na}{n^2a^2} = \frac{1}{na}.\]Ce majorant ne dépend pas de \(x\) et tend vers \(0\) : la convergence est uniforme sur \([a, +\infty[\). La figure de l’énoncé l’explique : le maximum \(\frac{1}{2}\) se déplace vers \(0\) et finit par sortir de \([a, +\infty[\).
4. Une primitive de \(f_n\) est \(x \mapsto \frac{1}{2n}\ln(1 + n^2x^2)\). Donc \(\int_0^1 f_n = \frac{\ln(1+n^2)}{2n}\). Or \(\ln(1+n^2) \sim 2\ln n\), d’où \(\int_0^1 f_n \sim \frac{\ln n}{n}\). Ainsi \(\int_0^1 f_n \to 0 = \int_0^1 \lim f_n\). L’interversion est vraie ici, bien que la convergence ne soit pas uniforme sur \([0,1]\). La convergence uniforme est donc une condition suffisante, mais pas nécessaire.

Corrigé de l’exercice 3 : Convergence uniforme sans convergence des dérivées

1. Pour tout réel \(x\), \(|f_n(x)| \leq\, \frac{1}{n}\), avec égalité en \(x = \frac{\pi}{2n}\). Donc \(\|f_n\|_\infty = \frac{1}{n} \to 0\) : la convergence vers \(0\) est uniforme sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(f_n^{\prime}(x) = \cos(nx)\). Ainsi, \(f_n^{\prime}(0) = 1\) pour tout \(n\), alors que la limite \(f = 0\) vérifie \(f^{\prime}(0) = 0\). De plus, \(f_n^{\prime}(\pi) = \cos(n\pi) = (-1)^n\), suite divergente. La suite \((f_n^{\prime})\) ne converge pas simplement sur \(\mathbb{R}\).
3. Comme \(g_n(x) \geq\, \sqrt{x^2} = |x|\), la différence est positive. En multipliant par la quantité conjuguée :
   \[g_n(x) – |x| = \frac{x^2 + \frac{1}{n^2} – x^2}{g_n(x) + |x|} = \frac{1/n^2}{g_n(x) + |x|} \leq\, \frac{1/n^2}{1/n} = \frac{1}{n},\]car \(g_n(x) \geq\, \frac{1}{n}\). Donc \(0 \leq\, g_n(x) – |x| \leq\, \frac{1}{n}\), et \(g_n \to |\cdot|\) uniformément sur \(\mathbb{R}\).
4. Chaque \(g_n\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), car \(x^2 + \frac{1}{n^2} > 0\). Pourtant, la limite uniforme \(|\cdot|\) n’est pas dérivable en \(0\). Une limite uniforme de fonctions \(\mathcal{C}^1\) n’est pas forcément dérivable : il faut contrôler les dérivées.

Point de méthode : le théorème de dérivation porte sur la convergence uniforme de \((f_n^{\prime})\), jamais sur celle de \((f_n)\) seule.

Corrigé de l’exercice 4 : Produit de suites uniformément convergentes

1. Pour tout \(x\), \(|f_n(x) – x| = \frac{1}{n}\). Donc \(\|f_n – \mathrm{id}\|_\infty = \frac{1}{n} \to 0\) : convergence uniforme sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour \(x\) fixé, \(f_n(x)^2 \to x^2\) par produit de limites. En revanche, \(f_n(x)^2 – x^2 = \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2}\). En \(x = n\), cette différence vaut \(2 + \frac{1}{n^2} \geq\, 2\). Ainsi \((f_n^2)\) converge simplement vers \(x \mapsto x^2\), mais pas uniformément sur \(\mathbb{R}\).
3. Pour \(|x| \leq\, A\), on a \(|f_n(x)^2 – x^2| \leq\, \frac{2A}{n} + \frac{1}{n^2}\). Ce majorant est indépendant de \(x\) et tend vers \(0\) : la convergence est uniforme sur \([-A, A]\).
4. Écrivons \(f_n g_n – fg = f_n(g_n – g) + (f_n – f)g\). D’abord, il existe \(N\) tel que \(\|f_n – f\|_\infty \leq\, 1\) pour \(n \geq\, N\). Donc \(\|f_n\|_\infty \leq\, \|f\|_\infty + 1\). Ensuite, pour \(n \geq\, N\) et tout \(x \in I\) :
   \[|f_n(x)g_n(x) – f(x)g(x)| \leq\, (\|f\|_\infty + 1)\,\|g_n – g\|_\infty + \|g\|_\infty\,\|f_n – f\|_\infty.\]Le majorant tend vers \(0\), donc \(f_n g_n \to fg\) uniformément sur \(I\). La question 2 montre que l’hypothèse « bornées » ne peut pas être supprimée : \(x \mapsto x\) n’est pas bornée sur \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Convergence normale de séries trigonométriques

1. Pour tout \(x\), \(|\frac{\sin(nx)}{n^2}| \leq\, \frac{1}{n^2}\), et la série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge. La série converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\). Chaque terme est continu, et la convergence normale entraîne la convergence uniforme. Par conséquent, \(S\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Enfin, chaque terme est impair et \(2\pi\)-périodique, et ces propriétés passent à la somme d’une série simplement convergente. \(S\) est impaire et \(2\pi\)-périodique.
2. Posons \(w_n(x) = \frac{\cos(nx)}{n^3}\). Chaque \(w_n\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(w_n^{\prime}(x) = -\frac{\sin(nx)}{n^2}\). D’une part, \(\|w_n\|_\infty = \frac{1}{n^3}\) : la série \(\sum w_n\) converge simplement. D’autre part, \(\|w_n^{\prime}\|_\infty \leq\, \frac{1}{n^2}\) : la série des dérivées converge normalement, donc uniformément, sur \(\mathbb{R}\). D’après le théorème de dérivation terme à terme, \(T\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\) et \(T^{\prime} = -\sum_{n \geq\, 1} \frac{\sin(nx)}{n^2} = -S\).
3. Pour tout réel \(x\), \(0 < \frac{1}{n^2 + x^2} \leq\, \frac{1}{n^2}\). La série converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\), et \(U\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Ensuite, pour chaque \(n\), \(\frac{1}{n^2+x^2} \to 0\) quand \(x \to +\infty\). La convergence étant uniforme sur \(\mathbb{R}\), le théorème de la double limite s’applique. Ainsi \(U(x) \to \sum_{n \geq\, 1} 0 = 0\) quand \(x \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 6 : Continuité uniforme et théorème de Heine

1. Posons \(x_n = n\) et \(y_n = n + \frac{1}{n}\). Alors \(|x_n – y_n| = \frac{1}{n} \to 0\), mais \(y_n^2 – x_n^2 = 2 + \frac{1}{n^2} \geq\, 2\). Supposons la fonction uniformément continue, et prenons \(\varepsilon = 1\). Le \(\delta\) associé vérifierait \(\frac{1}{n} \leq\, \delta\) pour \(n\) grand, donc \(|y_n^2 – x_n^2| \leq\, 1\) : c’est absurde. La fonction carré n’est pas uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).
2. Par symétrie, supposons \(x \geq\, y \geq\, 0\). L’inégalité voulue s’écrit \(\sqrt{x} \leq\, \sqrt{y} + \sqrt{x-y}\). Les deux membres sont positifs. On peut donc comparer leurs carrés : \(x \leq\, y + (x – y) + 2\sqrt{y(x-y)}\), ce qui est vrai. Soit alors \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \varepsilon^2\). Si \(|x – y| \leq\, \delta\), on obtient \(|\sqrt{x} – \sqrt{y}| \leq\, \sqrt{\delta} = \varepsilon\). La racine carrée est uniformément continue sur \([0, +\infty[\). Elle n’est cependant pas lipschitzienne, car \(\frac{\sqrt{x} – \sqrt{0}}{x – 0} = \frac{1}{\sqrt{x}}\) n’est pas borné quand \(x \to 0^+\).
3. D’après l’inégalité des accroissements finis, \(|\sin x – \sin y| \leq\, \sup |\cos| \cdot |x – y| \leq\, |x – y|\). Le sinus est \(1\)-lipschitzien, donc uniformément continu sur \(\mathbb{R}\) (prendre \(\delta = \varepsilon\)).
4. Posons, pour \(n \geq\, 1\), \(x_n = \frac{1}{2n\pi + \pi/2}\) et \(y_n = \frac{1}{2n\pi}\). Ces points sont dans \(]0,1]\), et \(|x_n – y_n| \to 0\). Cependant, \(\sin\frac{1}{x_n} = 1\) et \(\sin\frac{1}{y_n} = 0\). Comme en question 1, aucun \(\delta\) ne convient pour \(\varepsilon = \frac{1}{2}\). La fonction n’est pas uniformément continue sur \(]0,1]\). Il n’y a pas de contradiction avec le théorème de Heine : \(]0,1]\) n’est pas un segment, et la fonction n’a pas de prolongement continu en \(0\).

Corrigé de l’exercice 7 : Limite discontinue de fonctions arctangente

1. Si \(x > 0\), \(nx \to +\infty\), donc \(f_n(x) \to \frac{\pi}{2}\). Si \(x < 0\), de même \(f_n(x) \to -\frac{\pi}{2}\). Enfin \(f_n(0) = 0\). La limite simple vaut \(f(x) = \frac{\pi}{2}\) si \(x > 0\), \(f(0) = 0\) et \(f(x) = -\frac{\pi}{2}\) si \(x < 0\).
2. Les \(f_n\) sont continues, mais \(f\) est discontinue en \(0\). Or une limite uniforme de fonctions continues est continue. Par conséquent, la convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\). Par le calcul, \(f_n\!(\frac{1}{n}) = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}\), tandis que \(f\!(\frac{1}{n}) = \frac{\pi}{2}\). Donc \(\|f_n – f\|_\infty \geq\, \frac{\pi}{4}\) : pas de convergence uniforme.
3. Pour \(x \geq\, a > 0\) et \(n \geq\, 1\), on a \(nx > 0\). L’identité rappelée donne \(\frac{\pi}{2} – \arctan(nx) = \arctan\frac{1}{nx}\). Comme \(\arctan\) est croissante et \(\frac{1}{nx} \leq\, \frac{1}{na}\) :
   \[0 \leq\, f(x) – f_n(x) \leq\, \arctan\frac{1}{na}.\]Ce majorant ne dépend pas de \(x\) et tend vers \(0\) : la convergence est uniforme sur \([a, +\infty[\). Par imparité, elle l’est aussi sur \(]-\infty, -a]\).

Corrigé de l’exercice 8 : Bosse glissante et interversion limite-intégrale

1. En \(0\) et en \(1\), \(f_n\) et \(g_n\) s’annulent. Pour \(x \in \,]0,1[\), posons \(q = 1 – x \in \,]0,1[\). Par croissances comparées, \(n^2 q^n \to 0\), donc \(f_n(x) = x\,n^2q^n \to 0\), et de même \(g_n(x) \to 0\). Les deux suites convergent simplement vers \(0\) sur \([0,1]\).
2. Le changement de variable \(u = 1 – x\) donne
   \[\int_0^1 x(1-x)^n\,\mathrm{d}x = \int_0^1 (1-u)u^n\,\mathrm{d}u = \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}.\]Ainsi \(\int_0^1 f_n = \frac{n^2}{(n+1)(n+2)} \to 1\) et \(\int_0^1 g_n = \frac{n}{(n+1)(n+2)} \to 0\).
3. Si \((f_n)\) convergeait uniformément vers \(0\) sur le segment \([0,1]\), le théorème d’intégration donnerait \(\int_0^1 f_n \to 0\). Or cette limite vaut \(1\). La convergence de \((f_n)\) n’est donc pas uniforme. La figure ci-dessous montre des bosses de plus en plus hautes et étroites dont l’aire s’approche de \(1\).

   

4. On a \(g_n^{\prime}(x) = n(1-x)^{n-1}\bigl(1 – (n+1)x\bigr)\). Le maximum est atteint en \(\frac{1}{n+1}\) :
   \[\|g_n\|_\infty = \frac{n}{n+1}(\frac{n}{n+1})^n = \frac{n}{n+1}(1 + \frac{1}{n})^{-n} \xrightarrow[n \to \infty]{ \frac{1}{e}.\]Ainsi \((g_n)\) ne converge pas uniformément, et pourtant \(\int_0^1 g_n \to 0 = \int_0^1 \lim g_n\). La convergence uniforme n’est donc pas nécessaire pour intervertir. En revanche, l’exemple de \((f_n)\) prouve qu’on ne peut pas s’en passer sans autre argument.

Corrigé de l’exercice 9 : Limite d’une suite d’intégrales

1. Pour \(0 \leq\, x < 1\), \(x^n \to 0\), donc \(h_n(x) \to 1\). En \(1\), \(h_n(1) = \frac{1}{2}\). La limite, discontinue en \(1\), n’est pas une limite uniforme de fonctions continues. La convergence simple n’est pas uniforme sur \([0,1]\).
2. On écrit \(1 – I_n = \int_0^1 (1 – \frac{1}{1+x^n})\mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{x^n}{1+x^n}\,\mathrm{d}x\). Pour \(x \in [0,1]\), on a \(0 \leq\, \frac{x^n}{1+x^n} \leq\, x^n\). Par croissance de l’intégrale, \(0 \leq\, 1 – I_n \leq\, \int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x = \frac{1}{n+1}\). Donc \(I_n \to 1\).
3. Pour \(n \geq\, 1\), écrivons \(\frac{x^n}{1+x^n} = x \cdot \frac{x^{n-1}}{1+x^n}\). Posons \(u(x) = x\) et \(v(x) = \frac{1}{n}\ln(1+x^n)\), de sorte que \(v^{\prime}(x) = \frac{x^{n-1}}{1+x^n}\). Ces fonctions sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0,1]\). L’intégration par parties donne :
   \[1 – I_n = [\frac{x\ln(1+x^n)}{n}]_0^1 – \frac{1}{n}\int_0^1 \ln(1+x^n)\,\mathrm{d}x = \frac{\ln 2}{n} – \frac{1}{n}\int_0^1 \ln(1+x^n)\,\mathrm{d}x.\]C’est la formule demandée.
4. Pour \(y \geq\, 0\), on sait que \(0 \leq\, \ln(1+y) \leq\, y\). Ainsi \(0 \leq\, \int_0^1 \ln(1+x^n)\,\mathrm{d}x \leq\, \frac{1}{n+1}\), qui tend vers \(0\). Le dernier terme est donc un \(o\!(\frac{1}{n})\). Finalement, \(I_n = 1 – \frac{\ln 2}{n} + o\!(\frac{1}{n})\).

Point de méthode : sans convergence uniforme, une majoration directe de \(|\int (f_n – f)|\) suffit souvent ; ici, l’écart \(x^n\) est intégrable et petit en moyenne.

Corrigé de l’exercice 10 : Deux séries de fonctions sur le segment de 0 à 1

1. Pour \(x \in [0,1[\), la somme géométrique donne \(S_N(x) = (1-x)\sum_{n=0}^N x^n = 1 – x^{N+1}\). En \(x = 1\), tous les termes sont nuls, donc \(S_N(1) = 0\). La somme vaut \(S(x) = 1\) sur \([0,1[\) et \(S(1) = 0\). Les \(u_n\) sont continues, mais \(S\) est discontinue en \(1\). La convergence n’est donc pas uniforme sur \([0,1]\). La figure ci-dessous montre les sommes partielles \(1 – x^{N+1}\), qui plongent toujours jusqu’à \(0\) en \(x = 1\).

   

2. L’étude de l’exercice 1 donne \(\|u_n\|_\infty = (\frac{n}{n+1})^n \frac{1}{n+1}\), formule encore valable pour \(n = 0\). Or \((\frac{n}{n+1})^n = (1 + \frac{1}{n})^{-n} \to e^{-1}\). Ainsi \(\|u_n\|_\infty \sim \frac{1}{en}\), terme général d’une série divergente : pas de convergence normale. Ce résultat était prévisible, puisque la convergence normale entraînerait la convergence uniforme.
3. Pour \(n \geq\, 1\), \(v_n^{\prime}(x) = x^{n-1}(1-x)\bigl(n(1-x) – 2x\bigr)\), qui s’annule en \(\frac{n}{n+2}\). Donc
   \[\|v_n\|_\infty = (\frac{n}{n+2})^n \frac{4}{(n+2)^2} \leq\, \frac{4}{(n+2)^2}.\]La série \(\sum \frac{4}{(n+2)^2}\) converge, donc \(\sum v_n\) converge normalement sur \([0,1]\).
4. Pour \(x \in [0,1[\), \(\sum_{n=0}^\infty x^n(1-x)^2 = \frac{(1-x)^2}{1-x} = 1 – x\). En \(x = 1\), la somme est nulle. La somme vaut \(1 – x\) sur tout \([0,1]\) : elle est bien continue, comme le prévoit la convergence normale.

Corrigé de l’exercice 11 : Une série alternée de fonctions

1. Fixons \(x \geq\, 0\). La suite \((\frac{1}{n+x})_{n \geq\, 1}\) est positive, décroissante et de limite nulle. D’après le critère des séries alternées, \(\sum u_n(x)\) converge. De plus, son reste est majoré par la valeur absolue de son premier terme : \(|R_n(x)| \leq\, \frac{1}{n+1+x} \leq\, \frac{1}{n+1}\).
2. Le majorant \(\frac{1}{n+1}\) est indépendant de \(x\) et tend vers \(0\). Donc \(\|R_n\|_\infty \to 0\) : la convergence est uniforme sur \([0, +\infty[\). Cependant, \(\|u_n\|_\infty = \frac{1}{n}\), atteint en \(x = 0\). La série harmonique diverge, donc la convergence n’est pas normale.
3. Chaque \(u_n\) est continue et la convergence est uniforme : \(S\) est continue sur \([0, +\infty[\). De plus, \(u_n(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\). Le théorème de la double limite, appliqué sur \([0, +\infty[\), donne \(\lim_{x \to +\infty} S(x) = 0\).
4. Chaque \(u_n\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(u_n^{\prime}(x) = \frac{(-1)^{n+1}}{(n+x)^2}\) et \(\|u_n^{\prime}\|_\infty = \frac{1}{n^2}\). La série des dérivées converge normalement, donc uniformément, sur \([0, +\infty[\). Par dérivation terme à terme, \(S\) est \(\mathcal{C}^1\) et
   \[S^{\prime}(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{(n+x)^2} = \frac{1}{(1+x)^2} – \frac{1}{(2+x)^2} + \cdots\]Cette série est alternée, avec des termes décroissants en valeur absolue. Sa somme a donc le signe de son premier terme, et elle est même minorée par \(\frac{1}{(1+x)^2} – \frac{1}{(2+x)^2} > 0\). Ainsi \(S^{\prime} > 0\) : \(S\) est strictement croissante.
5. On décale l’indice :
   \[S(x+1) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1+x} = \sum_{m=2}^{\infty} \frac{(-1)^{m-1}}{m+x} = -(S(x) + \frac{1}{1+x}).\]D’où \(S(x) + S(x+1) = -\frac{1}{x+1}\). Comme \(S\) est croissante, \(S(x) \leq\, S(x+1)\). Ainsi \(2S(x) \leq\, -\frac{1}{x+1}\) et \(2S(x+1) \geq\, -\frac{1}{x+1}\). La seconde inégalité, écrite en \(x – 1\) pour \(x \geq\, 1\), donne \(S(x) \geq\, -\frac{1}{2x}\). Donc, pour \(x \geq\, 1\) :
   \[-\frac{1}{2x} \leq\, S(x) \leq\, -\frac{1}{2(x+1)}.\]Les deux bornes sont équivalentes à \(-\frac{1}{2x}\). Par encadrement, \(S(x) \sim -\frac{1}{2x}\) quand \(x \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 12 : Critère de Cauchy uniforme et prolongement au bord

1. Soit \(\varepsilon > 0\). La convergence uniforme sur \([0,1[\) fournit, par le critère de Cauchy uniforme, un rang \(N\) tel que, pour \(n, m \geq\, N\) et \(x \in [0,1[\), \(|f_n(x) – f_m(x)| \leq\, \varepsilon\). Fixons \(n, m \geq\, N\) et faisons tendre \(x\) vers \(1\). Par continuité de \(f_n\) et \(f_m\) en \(1\), on obtient \(|f_n(1) – f_m(1)| \leq\, \varepsilon\). D’une part, la suite \((f_n(1))\) est donc de Cauchy, et elle converge. D’autre part, l’inégalité \(|f_n(x) – f_m(x)| \leq\, \varepsilon\) vaut maintenant sur \([0,1]\) entier. Le critère de Cauchy uniforme est vérifié sur \([0,1]\) : la suite converge uniformément sur \([0,1]\).
2. Les sommes partielles \(S_n(x) = \sum_{k=1}^n \frac{x^k}{k}\) sont des polynômes, continus sur \([0,1]\). Si la série convergeait uniformément sur \([0,1[\), la question 1 montrerait que \((S_n(1))\) converge. Or \(S_n(1) = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\) tend vers \(+\infty\). La série ne converge donc pas uniformément sur \([0,1[\).
3. Pour \(x \in [0,1[\), posons \(D_n(x) = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{x^k}{k} = S_{2n}(x) – S_n(x)\). C’est une fonction continue et croissante, de limite \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}\) en \(1\). Chacun de ces \(n\) termes vaut au moins \(\frac{1}{2n}\). Ainsi :
   \[\sup_{[0,1[} |S_{2n} – S_n| \geq\, \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} \geq\, n \cdot \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}.\]Le critère de Cauchy uniforme échoue pour \(\varepsilon = \frac{1}{4}\) : pas de convergence uniforme sur \([0,1[\).
4. Pour \(|x| \leq\, 1\), \(|\frac{x^n}{n^2}| \leq\, \frac{1}{n^2}\). La série converge normalement sur \([-1,1]\), et sa somme y est continue.

Corrigé de l’exercice 13 : Fonctions en escalier et sommes de Riemann

1. Par définition de la partie entière, \(\lfloor nx \rfloor \leq\, nx < \lfloor nx \rfloor + 1\). En divisant par \(n\), on obtient \(0 \leq\, x – \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < \frac{1}{n}\). Donc \(|x – \frac{\lfloor nx \rfloor}{n}| \leq\, \frac{1}{n}\). Notons aussi que \(\frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \in [0,1]\), si bien que \(f_n\) est bien définie.
2. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([0,1]\). D’après le théorème de Heine, elle y est uniformément continue. Soit \(\varepsilon > 0\), et \(\delta > 0\) tel que \(|x – y| \leq\, \delta\) entraîne \(|f(x) – f(y)| \leq\, \varepsilon\). Pour \(n \geq\, \frac{1}{\delta}\) et tout \(x\), la question 1 donne \(|x – \frac{\lfloor nx \rfloor}{n}| \leq\, \delta\), donc \(|f_n(x) – f(x)| \leq\, \varepsilon\). Ainsi \(\|f_n – f\|_\infty \leq\, \varepsilon\) pour \(n \geq\, \frac{1}{\delta}\) : la convergence est uniforme.
3. Sur \([\frac{k}{n}, \frac{k+1}{n}[\), \(f_n\) vaut \(f\!(\frac{k}{n})\). La fonction \(f_n\) est en escalier, et \(\int_0^1 f_n = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\!(\frac{k}{n})\). Ensuite, \(|\int_0^1 f_n – \int_0^1 f| \leq\, \|f_n – f\|_\infty \to 0\). Donc \(\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\!(\frac{k}{n}) \to \int_0^1 f\).
4. On écrit \(\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n+k} = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1 + k/n}\), avec \(f(x) = \frac{1}{1+x}\) continue sur \([0,1]\). La limite vaut \(\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x} = \ln 2\). La figure ci-dessous représente \(f_{20}\) : ses marches sont déjà très proches de la courbe, et l’aire sous l’escalier vaut environ \(0{,}7058\), contre \(\ln 2 \approx 0{,}6931\).

   

Corrigé de l’exercice 14 : La fonction zêta de Riemann

1. C’est une série de Riemann. Elle converge si et seulement si \(x > 1\) : \(D = \,]1, +\infty[\).
2. Soit \(a > 1\). Pour \(x \geq\, a\) et \(n \geq\, 1\), \(0 < \frac{1}{n^x} \leq\, \frac{1}{n^a}\), terme général d’une série convergente. La convergence est normale sur \([a, +\infty[\). Chaque terme étant continu, \(\zeta\) est continue sur \([a, +\infty[\). Tout \(x_0 > 1\) appartient à un tel intervalle, par exemple avec \(a = \frac{1 + x_0}{2}\). Donc \(\zeta\) est continue sur \(D\).
3. Posons \(u_n(x) = e^{-x\ln n}\), de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(u_n^{\prime}(x) = -\frac{\ln n}{n^x}\). Sur \([a, +\infty[\), \(|u_n^{\prime}(x)| \leq\, \frac{\ln n}{n^a}\). Posons \(b = \frac{1+a}{2} > 1\). Alors \(\frac{\ln n}{n^a} = \frac{1}{n^b} \cdot \frac{\ln n}{n^{a-b}}\), et le second facteur tend vers \(0\) car \(a – b > 0\). Ainsi \(\frac{\ln n}{n^a} = o\!(\frac{1}{n^b})\), terme d’une série convergente. La série des dérivées converge donc normalement sur \([a, +\infty[\). Par dérivation terme à terme, \(\zeta\) est \(\mathcal{C}^1\) sur \(D\), avec \(\zeta^{\prime}(x) = -\sum_{n \geq\, 2} \frac{\ln n}{n^x} < 0\) : \(\zeta\) est strictement décroissante.
4. Sur \([2, +\infty[\), la convergence est normale, donc uniforme. De plus, \(\frac{1}{1^x} = 1\) et \(\frac{1}{n^x} \to 0\) pour \(n \geq\, 2\) quand \(x \to +\infty\). Par le théorème de la double limite, \(\zeta(x) \to 1\).
5. La fonction \(t \mapsto t^{-x}\) est décroissante sur \([1, +\infty[\). Donc \(\frac{1}{n^x} \geq\, \int_n^{n+1} \frac{\mathrm{d}t}{t^x}\). En sommant, on obtient \(\zeta(x) \geq\, \int_1^{+\infty} \frac{\mathrm{d}t}{t^x} = \frac{1}{x-1}\). Ainsi \(\zeta(x) \to +\infty\) quand \(x \to 1^+\). Supposons la convergence uniforme sur \(]1,2]\). Il existe alors \(N\) tel que \(|\zeta(x) – S_N(x)| \leq\, 1\) sur \(]1,2]\). Or \(0 \leq\, S_N(x) \leq\, N\), donc \(\zeta \leq\, N + 1\) sur \(]1,2]\), ce qui contredit la minoration. La convergence n’est pas uniforme sur \(]1,2]\).

Corrigé de l’exercice 15 : Somme d’une série par dérivation terme à terme

1. Pour \(x \geq\, a\), \(0 < u_n(x) \leq\, \frac{e^{-na}}{n} \leq\, (e^{-a})^n\). La série géométrique de raison \(e^{-a} \in \,]0,1[\) converge. La série converge normalement sur \([a, +\infty[\).
2. Chaque \(u_n\) est \(\mathcal{C}^1\) avec \(u_n^{\prime}(x) = -e^{-nx}\). Sur \([a, +\infty[\), \(|u_n^{\prime}(x)| \leq\, e^{-na}\) : la série des dérivées converge normalement. Tout segment de \(]0, +\infty[\) est inclus dans un tel intervalle. Par dérivation terme à terme, \(S\) est \(\mathcal{C}^1\) et, en sommant la série géométrique :
   \[S^{\prime}(x) = -\sum_{n=1}^{\infty} e^{-nx} = -\frac{e^{-x}}{1 – e^{-x}} = -\frac{1}{e^x – 1}.\]Ainsi \(S^{\prime}(x) = -\frac{1}{e^x – 1}\).
3. La convergence est uniforme sur \([1, +\infty[\), et \(u_n(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\). Par le théorème de la double limite, \(S(x) \to 0\).
4. Posons \(g(x) = -\ln(1 – e^{-x})\) sur \(]0, +\infty[\). Alors \(g^{\prime}(x) = -\frac{e^{-x}}{1 – e^{-x}} = S^{\prime}(x)\). Sur l’intervalle \(]0, +\infty[\), \(S – g\) est donc constante. Or \(g(x) \to -\ln 1 = 0\) et \(S(x) \to 0\) en \(+\infty\) : la constante est nulle. Donc \(S(x) = -\ln(1 – e^{-x})\). En \(x = \ln 2\), on a \(e^{-nx} = 2^{-n}\). Ainsi \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\,2^n} = -\ln\frac{1}{2} = \ln 2\).

Corrigé de l’exercice 16 : Série de l’arctangente et valeur de π/4

1. Soit \(x \in [0,1[\). Pour \(t \in [0,x]\), \(\frac{1}{1+t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^{2n}\), car \(t^2 < 1\). De plus, \(|(-1)^n t^{2n}| \leq\, x^{2n}\), et \(\sum x^{2n}\) converge : la série converge normalement sur le segment \([0,x]\). Le théorème d’intégration terme à terme donne alors
   \[\arctan x = \int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_0^x t^{2n}\,\mathrm{d}t = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}.\]C’est la formule annoncée, valable sur \([0,1[\).
2. Fixons \(x \in \,]0,1]\). La suite \((\frac{x^{2n+1}}{2n+1})\) est positive, décroissante (produit de deux suites positives décroissantes) et de limite nulle. Le critère des séries alternées s’applique, et le reste vérifie \(|R_n(x)| \leq\, \frac{x^{2n+3}}{2n+3} \leq\, \frac{1}{2n+3}\). Cette majoration reste vraie en \(x = 0\), où tout est nul. Donc \(\|R_n\|_\infty \leq\, \frac{1}{2n+3} \to 0\) : la convergence est uniforme sur \([0,1]\).
3. Les \(v_n\) sont continues, donc la somme \(V\) est continue sur \([0,1]\). Or \(V = \arctan\) sur \([0,1[\). En faisant tendre \(x\) vers \(1\), on obtient \(V(1) = \lim_{x \to 1^-} \arctan x = \arctan 1\). Ainsi \(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}\).
4. On a \(\|v_n\|_\infty = \frac{1}{2n+1}\), atteint en \(x = 1\), et \(\sum \frac{1}{2n+1}\) diverge. La convergence n’est pas normale sur \([0,1]\) : ici, seule la convergence uniforme permet de conclure.

Corrigé de l’exercice 17 : Moments nuls et théorème de Weierstrass

1. Soit \(P(x) = \sum_{n=0}^d a_n x^n\). Par linéarité de l’intégrale, \(\int_0^1 fP = \sum_{n=0}^d a_n \int_0^1 f(x)x^n\,\mathrm{d}x = 0\). Donc \(\int_0^1 fP = 0\) pour tout polynôme \(P\).
2. Une telle suite existe d’après le théorème de Weierstrass. Ensuite, par l’inégalité de la moyenne :
   \[|\int_0^1 fP_k – \int_0^1 f^2| \leq\, \int_0^1 |f|\,|P_k – f| \leq\, \|f\|_\infty\,\|P_k – f\|_\infty \xrightarrow[k \to \infty]{ 0.\]Donc \(\int_0^1 fP_k \to \int_0^1 f^2\).
3. D’après la question 1, \(\int_0^1 fP_k = 0\) pour tout \(k\). Donc \(\int_0^1 f^2 = 0\). La fonction \(f^2\) est continue et positive, d’intégrale nulle sur \([0,1]\) : elle est identiquement nulle. Ainsi \(f = 0\).
4. Soit \(\varepsilon > 0\). Le théorème de Weierstrass fournit un polynôme \(Q\) tel que \(\|f – Q\|_\infty \leq\, \frac{\varepsilon}{2}\). Posons \(P = Q + \bigl(f(0) – Q(0)\bigr)\), qui est un polynôme avec \(P(0) = f(0)\). Alors \(\|f – P\|_\infty \leq\, \|f – Q\|_\infty + |f(0) – Q(0)| \leq\, \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}\). Le polynôme \(P\) convient.

Corrigé de l’exercice 18 : Limite uniforme de polynômes sur la droite réelle

1. Soit \(P(x) = a_d x^d + \cdots + a_0\) avec \(d \geq\, 1\) et \(a_d \neq 0\). Alors \(|P(x)| \sim |a_d|\,|x|^d \to +\infty\) quand \(x \to +\infty\), et \(P\) n’est pas bornée. Par contraposée, un polynôme borné sur \(\mathbb{R}\) est de degré au plus \(0\), donc constant.
2. Appliquons le critère de Cauchy uniforme avec \(\varepsilon = 1\). Il existe \(N\) tel que \(|P_n(x) – P_N(x)| \leq\, 1\) pour tout \(n \geq\, N\) et tout réel \(x\). Le polynôme \(P_n – P_N\) est alors borné sur \(\mathbb{R}\). D’après la question 1, \(P_n – P_N\) est une constante \(c_n\) pour tout \(n \geq\, N\).
3. On a \(c_n = P_n(0) – P_N(0)\), qui converge vers \(c = f(0) – P_N(0)\) par convergence simple en \(0\). Pour tout \(x\), en passant à la limite dans \(P_n(x) = P_N(x) + c_n\), on obtient \(f(x) = P_N(x) + c\). Donc \(f\) est une fonction polynomiale.
4. Pour \(x \in [0,1]\), l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre \(n\) entre \(0\) et \(x\) donne
   \[|e^x – Q_n(x)| \leq\, \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\sup_{[0,1]} \exp \leq\, \frac{e}{(n+1)!}.\]Donc \(\|\exp – Q_n\|_\infty \leq\, \frac{e}{(n+1)!} \to 0\) : convergence uniforme sur \([0,1]\).
5. Si \(\exp\) était limite uniforme de polynômes sur \(\mathbb{R}\), ce serait un polynôme d’après la question 3. Or un polynôme de degré \(d\) a une dérivée \((d+1)\)-ième nulle, alors que toutes les dérivées de \(\exp\) valent \(\exp > 0\). La réponse est donc non : le théorème de Weierstrass exige un segment.

Corrigé de l’exercice 19 : Approximation explicite de la valeur absolue par des polynômes

1. On calcule \(P_1(t) = 0 + \frac{1}{2}(t – 0) = \frac{t}{2}\). Ensuite, \(P_2(t) = \frac{t}{2} + \frac{1}{2}(t – \frac{t^2}{4})\). Ainsi \(P_1(t) = \frac{t}{2}\) et \(P_2(t) = t – \frac{t^2}{8}\). Par récurrence immédiate, chaque \(P_n\) est un polynôme.
2. Montrons par récurrence la propriété \(0 \leq\, P_n(t) \leq\, \sqrt{t}\) pour tout \(t \in [0,1]\). Elle est vraie pour \(P_0 = 0\). Supposons-la vraie au rang \(n\). D’abord, \(t – P_n(t)^2 \geq\, 0\), donc \(P_{n+1}(t) \geq\, P_n(t) \geq\, 0\). Ensuite, en factorisant \(t – P_n^2 = (\sqrt{t} – P_n)(\sqrt{t} + P_n)\) :
   \[\sqrt{t} – P_{n+1}(t) = \bigl(\sqrt{t} – P_n(t)\bigr)(1 – \frac{\sqrt{t} + P_n(t)}{2}).\]Or \(\sqrt{t} + P_n(t) \leq\, 2\sqrt{t} \leq\, 2\), donc le second facteur est positif. On obtient \(0 \leq\, P_n(t) \leq\, P_{n+1}(t) \leq\, \sqrt{t}\).
3. Comme \(P_n(t) \geq\, 0\), le second facteur est au plus \(1 – \frac{\sqrt{t}}{2}\). Ainsi \(\sqrt{t} – P_{n+1}(t) \leq\, (1 – \frac{\sqrt{t}}{2})\bigl(\sqrt{t} – P_n(t)\bigr)\). Par récurrence, à partir de \(\sqrt{t} – P_0(t) = \sqrt{t}\) : \(0 \leq\, \sqrt{t} – P_n(t) \leq\, \sqrt{t}(1 – \frac{\sqrt{t}}{2})^n\).
4. Pour \(n \geq\, 1\), \(\varphi_n^{\prime}(u) = (1 – \frac{u}{2})^{n-1}(1 – \frac{(n+1)u}{2})\). La fonction \(\varphi_n\) croît donc jusqu’à \(u_n = \frac{2}{n+1} \in \,]0,1]\), puis décroît. Son maximum vaut
   \[\varphi_n\!(\frac{2}{n+1}) = \frac{2}{n+1}(\frac{n}{n+1})^n \leq\, \frac{2}{n+1}.\]Pour \(n = 0\), \(\varphi_0(u) = u \leq\, 1 \leq\, 2\). En appliquant ceci à \(u = \sqrt{t} \in [0,1]\) : \(\sup_{[0,1]} |\sqrt{t} – P_n(t)| \leq\, \frac{2}{n+1}\). La figure ci-dessous montre la montée des \(P_n\) vers \(\sqrt{t}\), plus lente près de \(0\), là où la racine a une tangente verticale.

   

5. Pour \(x \in [-1,1]\), \(x^2 \in [0,1]\) et \(\sqrt{x^2} = |x|\). Posons \(R_n(x) = P_n(x^2)\), polynôme en \(x\). Alors \(\sup_{[-1,1]} \bigl||x| – R_n(x)\bigr| \leq\, \frac{2}{n+1}\) : \((R_n)\) converge uniformément vers \(|\cdot|\) sur \([-1,1]\).

Point de méthode : cette construction explicite est le point de départ de la preuve du théorème de Stone-Weierstrass, qui généralise le théorème de Weierstrass.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, étude d’une fonction définie par une série

Partie A.

1. Si \(x \leq\, 0\), alors \(u_n(x) \geq\, 1\) : le terme général ne tend pas vers \(0\), et la série diverge grossièrement. Si \(x > 0\), posons \(v = \sqrt{n}\). Par croissances comparées, \(n^2 u_n(x) = v^4 e^{-xv} \to 0\), donc \(u_n(x) = o\!(\frac{1}{n^2})\). La série converge si et seulement si \(x > 0\).
2. Pour \(x \geq\, a > 0\), \(0 < u_n(x) \leq\, e^{-a\sqrt{n}}\), terme d’une série convergente d’après la question 1. La convergence est normale sur \([a, +\infty[\). Les \(u_n\) sont continues, et tout \(x_0 > 0\) est dans \([\frac{x_0}{2}, +\infty[\). Donc \(S\) est continue sur \(]0, +\infty[\).
3. On a \(u_n^{\prime}(x) = -\sqrt{n}\,e^{-x\sqrt{n}}\). Sur \([a, +\infty[\), \(|u_n^{\prime}(x)| \leq\, \sqrt{n}\,e^{-a\sqrt{n}}\). De plus, \(n^2\sqrt{n}\,e^{-a\sqrt{n}} = v^5 e^{-av} \to 0\), d’où un majorant sommable. La série des dérivées converge donc normalement sur \([a, +\infty[\). Ainsi \(S\) est \(\mathcal{C}^1\), avec \(S^{\prime}(x) = -\sum_{n \geq\, 1} \sqrt{n}\,e^{-x\sqrt{n}} < 0\) : \(S\) est strictement décroissante.

Partie B.

1. En multipliant par \(e^x\), \(e^x S(x) = \sum_{n \geq\, 1} e^{-x(\sqrt{n} – 1)} = 1 + \sum_{n \geq\, 2} e^{-x(\sqrt{n} – 1)}\). Pour \(n \geq\, 2\) et \(x \geq\, 1\), on a \(\sqrt{n} – 1 > 0\), donc \(e^{-x(\sqrt{n}-1)} \leq\, e^{1 – \sqrt{n}} = e \cdot e^{-\sqrt{n}}\). Ce majorant est sommable (partie A) : la convergence est normale sur \([1, +\infty[\).
2. Pour \(n \geq\, 2\), \(e^{-x(\sqrt{n}-1)} \to 0\) quand \(x \to +\infty\). Le théorème de la double limite donne \(e^x S(x) \to 1 + 0 = 1\). Donc \(S(x) \sim e^{-x}\) quand \(x \to +\infty\) : le premier terme l’emporte.

Partie C.

1. La fonction \(\varphi : t \mapsto e^{-x\sqrt{t}}\) est positive, continue et décroissante sur \([0, +\infty[\). Pour \(n \geq\, 1\), on a donc \(\int_n^{n+1} \varphi \leq\, \varphi(n) \leq\, \int_{n-1}^{n} \varphi\). Les intégrales généralisées de \(\varphi\) convergent (question suivante). En sommant pour \(n \geq\, 1\) : \(\int_1^{+\infty} \varphi \leq\, S(x) \leq\, \int_0^{+\infty} \varphi\).
2. Le changement de variable \(t = u^2\), de classe \(\mathcal{C}^1\) et strictement croissant, donne \(\mathrm{d}t = 2u\,\mathrm{d}u\). Une primitive de \(2u e^{-xu}\) est \(-2e^{-xu}(\frac{u}{x} + \frac{1}{x^2})\). On en déduit :
   \[\int_0^{+\infty} e^{-x\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t = \int_0^{+\infty} 2u\,e^{-xu}\,\mathrm{d}u = \frac{2}{x^2}, \qquad \int_1^{+\infty} e^{-x\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t = 2e^{-x}(\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}).\]Les deux intégrales valent \(\frac{2}{x^2}\) et \(2e^{-x}(\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2})\).
3. En multipliant l’encadrement par \(\frac{x^2}{2}\), on obtient \(e^{-x}(x + 1) \leq\, \frac{x^2}{2}S(x) \leq\, 1\). Quand \(x \to 0^+\), le minorant tend vers \(1\). Par encadrement, \(S(x) \sim \frac{2}{x^2}\) quand \(x \to 0^+\). La figure ci-dessous, en échelle logarithmique, montre \(S\) coincée entre ses deux bornes, qui se rejoignent près de \(0\).

   

4. Première méthode : chaque \(u_n(x)\) tend vers \(1\) quand \(x \to 0^+\). Si la convergence était uniforme sur \(]0, +\infty[\), le théorème de la double limite imposerait la convergence de \(\sum 1\), ce qui est absurde. Seconde méthode : les sommes partielles vérifient \(0 \leq\, S_N \leq\, N\). Une convergence uniforme donnerait \(N\) tel que \(|S – S_N| \leq\, 1\), donc \(S \leq\, N + 1\). Or \(S(x) \sim \frac{2}{x^2}\) n’est pas bornée près de \(0\). La convergence n’est pas uniforme sur \(]0, +\infty[\).

Point de méthode : pour trouver un équivalent d’une somme \(\sum f(n)\) avec \(f\) monotone, encadrez-la par des intégrales de \(f\).

Revenir aux énoncés des exercices

Pour aller plus loin en L2

• Le cours : suites et séries de fonctions, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur suites et séries de fonctions
• À maîtriser avant : Séries à termes quelconques
• Chapitre précédent : Variables aléatoires discrètes
• Chapitre suivant : Séries entières
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L2 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L2 et la licence de maths de L1 à L3