Corrigé du contrôle de maths L2 : convergence uniforme des séries de fonctions

Exercice 1 : Question de cours : convergence uniforme et interversions (4 points)

1. Convergence simple : pour tout \(x \in I\), la suite réelle \((f_n(x))\) converge vers \(f(x)\).

   Convergence uniforme : les fonctions \(f_n – f\) sont bornées à partir d’un certain rang, et \(\|f_n – f\|_\infty = \sup_{x \in I} |f_n(x) – f(x)| \to 0\). Autrement dit, pour tout \(\varepsilon > 0\), il existe \(N\) tel que, pour tout \(n \geq\, N\) et tout \(x \in I\), \(|f_n(x) – f(x)| \leq\, \varepsilon\). Le rang \(N\) ne dépend pas de \(x\).

2. Soit \(x_0 \in I\) et \(\varepsilon > 0\). Par convergence uniforme, il existe un rang \(N\) tel que \(\|f_N – f\|_\infty \leq\, \frac{\varepsilon}{3}\). Ensuite, \(f_N\) est continue en \(x_0\) : il existe \(\eta > 0\) tel que, pour \(x \in I\) avec \(|x – x_0| \leq\, \eta\), on ait \(|f_N(x) – f_N(x_0)| \leq\, \frac{\varepsilon}{3}\).

   Pour un tel \(x\), l’inégalité triangulaire donne :

   \[|f(x) – f(x_0)| \leq\, |f(x) – f_N(x)| + |f_N(x) – f_N(x_0)| + |f_N(x_0) – f(x_0)| \leq\, \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3}.\]

   Donc \(f\) est continue en \(x_0\), et ce pour tout \(x_0 \in I\).

3. Par linéarité et croissance de l’intégrale sur le segment \([a,b]\) :

   \[|\int_a^b f_n(x)\,\mathrm{d}x – \int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x| \leq\, \int_a^b |f_n(x) – f(x)|\,\mathrm{d}x \leq\, (b – a)\|f_n – f\|_\infty.\]

   Le majorant tend vers \(0\). D’où la convergence des intégrales.

Barème : a) 0,5 point par définition ; b) 0,5 point pour le choix de N, 0,5 point pour la continuité de f_N, 1 point pour l’inégalité en trois termes ; c) 1 point.

Exercice 2 : La suite de fonctions x puissance n (4 points)

1. Pour \(x \in [0,1[\), \(x^n \to 0\) ; pour \(x = 1\), \(x^n = 1\). La limite simple est \(f\), nulle sur \([0,1[\) et égale à \(1\) en \(1\).

2. Non, la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1]\).

   Première justification : les \(f_n\) sont continues, mais \(f\) ne l’est pas en \(1\). Or une limite uniforme de fonctions continues est continue (question 1 b).

   Seconde justification : \(\|f_n – f\|_\infty = \sup_{x \in [0,1[} x^n = 1\), car \(x^n \to 1\) quand \(x \to 1^-\). Cette norme ne tend pas vers \(0\).

3. La fonction \(f_n\) est croissante sur \([0,a]\), où \(f\) est nulle. Donc \(\|f_n – f\|_{\infty,[0,a]} = a^n\). Comme \(0 < a < 1\), \(a^n \to 0\). La convergence est uniforme sur \([0,a]\).

4. On a \(\int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x = \frac{1}{n+1} \to 0\), et \(\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x = 0\), car \(f\) est nulle sauf en un point. Les deux valeurs coïncident, bien que la convergence ne soit pas uniforme. La convergence uniforme est donc une condition suffisante, mais pas nécessaire, pour intervertir limite et intégrale.

5. La fonction \(g_n\) est positive et dérivable. Pour \(n \geq\, 1\), \(g_n^{\prime}(x) = n x^{n-1} – (n+1)x^n = x^{n-1}(n – (n+1)x)\). Ainsi \(g_n\) croît sur \([0, \frac{n}{n+1}]\) et décroît ensuite. Donc :

   \[\|g_n\|_\infty = g_n(\frac{n}{n+1}) = (\frac{n}{n+1})^n \times \frac{1}{n+1} \leq\, \frac{1}{n+1}.\]

   Ce majorant tend vers \(0\). Donc \((g_n)\) converge uniformément vers \(0\) sur \([0,1]\).

Erreur fréquente : écrire \(\sup_{[0,1]} x^n = 1\) sans enlever le point \(1\). C’est bien \(\sup_{[0,1[} x^n\) qui mesure l’écart à \(f\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point par justification ; c) 0,5 point pour le calcul du sup, 0,5 point pour la limite ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point pour les variations, 0,5 point pour la majoration.

Exercice 3 : Une bosse qui glisse vers l’origine (4 points)

1. Pour \(x = 0\), \(f_n(0) = 0\). Pour \(x > 0\), par croissances comparées, \(n e^{-nx} \to 0\), donc \(f_n(x) \to 0\). La suite converge simplement vers la fonction nulle.

2. On a \(f_n^{\prime}(x) = n e^{-nx}(1 – nx)\). Ainsi \(f_n\) croît sur \([0, \frac{1}{n}]\) et décroît sur \([\frac{1}{n}, +\infty[\). Elle est positive, donc :

   \[\|f_n\|_\infty = f_n(\frac{1}{n}) = e^{-1}.\]

   Cette norme ne tend pas vers \(0\) : la convergence n’est pas uniforme sur \([0,+\infty[\). La figure le montre : chaque bosse a la même hauteur \(e^{-1}\) et se déplace vers l’origine.

3. Soit \(n \geq\, \frac{1}{a}\). Alors \(\frac{1}{n} \leq\, a\), donc \(f_n\) décroît sur \([a,+\infty[\). Par conséquent, \(\sup_{[a,+\infty[} |f_n| = f_n(a) = n a e^{-na}\), qui tend vers \(0\) par croissances comparées. La convergence est uniforme sur \([a,+\infty[\).

4. On a \(h_n(0) = 0\) et, pour \(x > 0\), \(h_n(x) = n^2 x e^{-nx} \to 0\), toujours par croissances comparées. Donc \((h_n)\) converge simplement vers \(0\). Calculons l’intégrale avec le changement de variable \(u = nx\) :

   \[\int_0^1 n^2 x e^{-nx}\,\mathrm{d}x = \int_0^n u e^{-u}\,\mathrm{d}u = [-(u+1)e^{-u}]_0^n = 1 – (n+1)e^{-n}.\]

   Cette intégrale tend vers \(1\), alors que l’intégrale de la limite simple vaut \(0\). On ne peut donc pas intervertir limite et intégrale. C’est cohérent avec la question 1 c) : la convergence de \((h_n)\) n’est pas uniforme sur \([0,1]\), puisque \(\|h_n\|_\infty = \frac{n}{e}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour les variations, 0,5 point pour la norme et la conclusion ; c) 1 point ; d) 0,5 point pour la limite simple, 0,5 point pour le calcul de l’intégrale, 0,5 point pour le commentaire.

Exercice 4 : Série de fonctions et convergence normale (3,5 points)

1. Pour \(x = 0\), tous les termes sont nuls : \(S(0) = 0\). Pour \(x > 0\), on reconnaît une série géométrique de raison \(e^{-x} \in ]0,1[\), donc convergente :

   \[S(x) = x \sum_{n=1}^{+\infty} (e^{-x})^n = \frac{x e^{-x}}{1 – e^{-x}} = \frac{x}{e^x – 1}.\]

   La série converge simplement sur \([0,+\infty[\), avec \(S(0) = 0\) et \(S(x) = \frac{x}{e^x – 1}\) pour \(x > 0\).

2. On a \(u_n^{\prime}(x) = e^{-nx}(1 – nx)\). Donc \(u_n\), positive, est maximale en \(\frac{1}{n}\), et \(\|u_n\|_\infty = \frac{1}{ne}\). La série \(\sum \frac{1}{ne}\) diverge (série harmonique) : il n’y a pas convergence normale sur \([0,+\infty[\).

3. Pour \(n \geq\, \frac{1}{a}\), \(u_n\) décroît sur \([a,+\infty[\), donc \(\sup_{[a,+\infty[} |u_n| = a e^{-na}\). C’est le terme général d’une série géométrique convergente. La série converge donc normalement sur \([a,+\infty[\).

4. Quand \(x \to 0^+\), \(e^x – 1 \sim x\), donc \(S(x) \to 1\). Or \(S(0) = 0\). Ainsi \(S\) n’est pas continue en \(0\).

   Les \(u_n\) sont continues sur \([0,+\infty[\). Si la série convergeait uniformément sur cet intervalle, sa somme serait continue, par le théorème de continuité des séries uniformément convergentes. La convergence n’est donc pas uniforme sur \([0,+\infty[\). En revanche, c) montre que \(S\) est continue sur \(]0,+\infty[\).

Barème : a) 0,5 point pour S(0), 0,5 point pour la somme géométrique ; b) 0,5 point pour la norme, 0,5 point pour la divergence ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point pour la limite en 0, 0,5 point pour la conclusion par contraposée.

Exercice 5 : Problème : la fonction zêta de Riemann (4,5 points)

1. Pour \(s \geq\, a\) et \(n \geq\, 1\), on a \(0 < \frac{1}{n^s} \leq\, \frac{1}{n^a}\). Donc \(\|\frac{1}{n^s}\|_{\infty,[a,+\infty[} = \frac{1}{n^a}\), terme général d’une série de Riemann convergente car \(a > 1\). La série converge normalement sur \([a,+\infty[\).

   Chaque fonction \(s \mapsto n^{-s} = e^{-s\ln n}\) est continue. La convergence normale entraîne la convergence uniforme, donc \(\zeta\) est continue sur \([a,+\infty[\). Enfin, tout \(s > 1\) appartient à un tel intervalle, par exemple avec \(a = \frac{1+s}{2}\). Ainsi \(\zeta\) est définie et continue sur \(]1,+\infty[\).

2. Posons \(u_n(s) = e^{-s \ln n}\). Chaque \(u_n\) est de classe \(C^1\), avec \(u_n^{\prime}(s) = -\frac{\ln n}{n^s}\). Soit \(a > 1\) et \(b = \frac{1+a}{2}\), de sorte que \(1 < b < a\). Sur \([a,+\infty[\), \(|u_n^{\prime}(s)| \leq\, \frac{\ln n}{n^a}\).

   Or \(n^b \times \frac{\ln n}{n^a} = \frac{\ln n}{n^{a-b}} \to 0\), donc \(\frac{\ln n}{n^a}\) est négligeable devant \(\frac{1}{n^b}\), terme général d’une série convergente. Ainsi \(\sum u_n^{\prime}\) converge normalement, donc uniformément, sur \([a,+\infty[\).

   D’après le théorème de dérivation terme à terme (convergence simple de \(\sum u_n\), convergence uniforme de \(\sum u_n^{\prime}\)), \(\zeta\) est de classe \(C^1\) sur \([a,+\infty[\) pour tout \(a > 1\). Ainsi \(\zeta\) est \(C^1\) sur \(]1,+\infty[\) et :

   \[\zeta^{\prime}(s) = -\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{\ln n}{n^s}.\]

   Tous les termes sont négatifs, celui d’indice \(2\) strictement. Donc \(\zeta^{\prime}(s) < 0\) : \(\zeta\) est strictement décroissante.

3. Sur \([2,+\infty[\), la série \(\sum u_n\) converge normalement, donc uniformément, d’après a). De plus, chaque terme a une limite finie en \(+\infty\) : \(u_1(s) = 1\), et \(u_n(s) \to 0\) pour \(n \geq\, 2\).

   Le théorème de la double limite permet d’intervertir : \(\lim\limits_{s \to +\infty} \zeta(s) = 1 + 0 + 0 + \cdots\). Donc \(\zeta(s) \to 1\) quand \(s \to +\infty\).

4. La fonction \(t \mapsto t^{-s}\) est décroissante sur \([1,+\infty[\). Pour \(n \geq\, 1\) et \(t \in [n, n+1]\), on a \(t^{-s} \leq\, n^{-s}\). En intégrant, \(\int_n^{n+1} t^{-s}\,\mathrm{d}t \leq\, n^{-s}\). En sommant pour \(n \geq\, 1\) :

   \[\frac{1}{s-1} = \int_1^{+\infty} t^{-s}\,\mathrm{d}t \leq\, \zeta(s).\]

   De même, pour \(n \geq\, 2\) et \(t \in [n-1, n]\), \(n^{-s} \leq\, t^{-s}\), donc \(n^{-s} \leq\, \int_{n-1}^{n} t^{-s}\,\mathrm{d}t\). En sommant pour \(n \geq\, 2\), on obtient \(\zeta(s) – 1 \leq\, \frac{1}{s-1}\). L’encadrement est démontré.

   En multipliant par \(s – 1 > 0\) : \(1 \leq\, (s-1)\zeta(s) \leq\, s\). Par le théorème des gendarmes, \((s-1)\zeta(s) \to 1\) quand \(s \to 1^+\). Donc \(\zeta(s) \sim \dfrac{1}{s-1}\) quand \(s \to 1^+\) ; en particulier, \(\zeta(s) \to +\infty\).

   

Erreur fréquente : affirmer la convergence normale sur \(]1,+\infty[\) tout entier. Elle est fausse, car \(\sup_{s > 1} \frac{1}{n^s} = \frac{1}{n}\). Il faut travailler sur \([a,+\infty[\), puis conclure localement.

Barème : a) 0,5 point pour la convergence normale, 0,5 point pour la continuité (argument local) ; b) 0,5 point pour la domination des dérivées, 0,5 point pour le théorème de dérivation cité, 0,5 point pour la monotonie ; c) 0,5 point pour la convergence uniforme sur [2, +∞[, 0,5 point pour la double limite ; d) 0,5 point pour l’encadrement, 0,5 point pour l’équivalent.

Revenir à l’énoncé du contrôle

Après le corrigé du contrôle : convergence uniforme des séries de fonctions

Pour consolider ce que le corrigé vous a appris, relisez le cours « Suites et séries de fonctions » en L2 puis entraînez-vous avec les exercices corrigés suites et séries de fonctions.

Retrouvez tous les contrôles de maths de L2 classés par chapitre, ou choisissez un autre niveau sur la page contrôles de maths du CP au post-bac.