Corrigé du contrôle de maths spé : suites et séries de fonctions

Exercice 1 : Question de cours : convergence uniforme et continuité (3 points)

1. Théorème de la double limite. Soit \(a\) un point adhérent à \(I\) (éventuellement \(\pm\infty\)). On suppose que \((f_n)\) converge uniformément sur \(I\) vers \(f\) et que, pour tout \(n\), \(f_n\) admet une limite finie \(\ell_n\) en \(a\). Alors la suite \((\ell_n)\) converge vers un réel \(\ell\), et \(f(x) \to \ell\) quand \(x \to a\). Autrement dit :

   \[\lim_{x \to a} \lim_{n \to +\infty} f_n(x) = \lim_{n \to +\infty} \lim_{x \to a} f_n(x).\]

2. Soit \(a \in I\) et \(\varepsilon > 0\). Par convergence uniforme, il existe un rang \(N\) tel que \(\|f_N – f\|_\infty \leq\, \dfrac{\varepsilon}{3}\). Ensuite, comme \(f_N\) est continue en \(a\), il existe \(\delta > 0\) tel que, pour tout \(x \in I\) vérifiant \(|x-a| \leq\, \delta\), on ait \(|f_N(x) – f_N(a)| \leq\, \dfrac{\varepsilon}{3}\). Pour un tel \(x\), l’inégalité triangulaire donne alors :

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

   Donc \(f\) est continue en tout point \(a\) de \(I\), c’est-à-dire continue sur \(I\).

Erreur fréquente : choisir le rang \(N\) en fonction de \(x\). Le rang doit être choisi avant \(x\), grâce à la norme infinie : c’est exactement là que sert l’uniformité.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour les hypothèses (convergence uniforme, limites \(\ell_n\) finies), 0,5 point pour la conclusion ; b) 2 points : 0,5 point pour le choix de \(N\), 0,5 point pour la continuité de \(f_N\), 1 point pour l’inégalité triangulaire et la conclusion.

Exercice 2 : Étude de la suite de fonctions x^n(1 − x) (5 points)

1. Si \(x \in [0,1[\), alors \(x^n \to 0\), donc \(f_n(x) \to 0\). Si \(x = 1\), alors \(f_n(1) = 0\) pour tout \(n\). La suite \((f_n)\) converge simplement vers la fonction nulle sur \([0,1]\).
2. La fonction \(f_n\) est polynomiale, donc dérivable, et pour tout \(x \in [0,1]\) :

   \[f_n^{\prime}(x) = n x^{n-1}(1-x) – x^n = x^{n-1}(n – (n+1)x).\]

   Ainsi \(f_n^{\prime}\) est positive sur \([0, \dfrac{n}{n+1}]\) et négative sur \([\dfrac{n}{n+1}, 1]\). Le tableau de variation est donc le suivant.

   \(x\)	\(0\)	\(\dfrac{n}{n+1}\)	\(1\)
   signe de \(f_n^{\prime}(x)\)		\(+\) puis \(0\) puis \(-\)
   variations de \(f_n\)	\(0\)	croissante jusqu’au maximum, puis décroissante	\(0\)

   Comme \(f_n \geq\, 0\) sur \([0,1]\), on obtient :

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

   Donc \(\|f_n\|_\infty = \dfrac{1}{n+1}(\dfrac{n}{n+1})^n\).

3. On a \((\dfrac{n}{n+1})^n = \exp(-n \ln(1 + \dfrac{1}{n}))\). Or \(n \ln(1+\dfrac{1}{n}) \to 1\), donc ce facteur tend vers \(e^{-1}\) par continuité de l’exponentielle. De plus \(\dfrac{1}{n+1} \sim \dfrac{1}{n}\). Par conséquent :

   \[\|f_n\|_\infty \sim \frac{1}{e\,n} \longrightarrow 0.\]

   La suite \((f_n)\) converge donc uniformément vers \(0\) sur \([0,1]\), avec \(\|f_n\|_\infty \sim \dfrac{1}{en}\).

4. Pour \(x \in [0,1[\), on a \(n x^n \to 0\) par croissances comparées, et \(g_n(1) = 0\) : \((g_n)\) converge simplement vers \(0\). De plus \(g_n = n f_n\), donc, d’après b) :

   \[\|g_n\|_\infty = \frac{n}{n+1}(\frac{n}{n+1})^n \longrightarrow e^{-1} \neq 0.\]

   La convergence de \((g_n)\) n’est donc pas uniforme sur \([0,1]\).

   Soit maintenant \(a \in [0,1[\). Comme \(\dfrac{n}{n+1} \to 1\), il existe un rang \(n_0\) tel que \(\dfrac{n}{n+1} \geq\, a\) pour \(n \geq\, n_0\). Pour ces \(n\), \(g_n\) est croissante sur \([0,a]\), donc \(\sup_{[0,a]} |g_n| = n a^n (1-a)\), qui tend vers \(0\). La convergence est donc uniforme sur \([0,a]\).

5. Pour \(x \in [0,1[\), la série géométrique donne \(S(x) = (1-x)\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} x^n = (1-x)\frac{x}{1-x} = x\). Pour \(x = 1\), \(S(1) = 0\). Ainsi \(S\) n’est pas continue en \(1\). Or chaque \(f_n\) est continue : si la série convergeait uniformément, sa somme serait continue d’après l’exercice 1. La série \(\sum f_n\) ne converge donc pas uniformément sur \([0,1]\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la dérivée factorisée, 0,5 point pour le tableau, 0,5 point pour la valeur du maximum ; c) 1 point : 0,5 point pour la limite \(e^{-1}\), 0,5 point pour l’équivalent et la conclusion ; d) 1,5 point : 0,5 point pour la convergence simple, 0,5 point pour la non-uniformité, 0,5 point pour la convergence uniforme sur \([0,a]\) ; e) 0,5 point.

Exercice 3 : Une série de fonctions exponentielles (6 points)

1. Pour tout \(x \geq\, 0\), on a \(0 < u_n(x) \leq\, \dfrac{1}{1+n^2}\), donc \(\|u_n\|_\infty = \dfrac{1}{1+n^2}\). Or \(\dfrac{1}{1+n^2} \sim \dfrac{1}{n^2}\), terme général d’une série de Riemann convergente. Ainsi \(\sum u_n\) converge normalement, donc uniformément, sur \([0,+\infty[\). Chaque \(u_n\) étant continue, \(S\) est définie et continue sur \([0,+\infty[\).
2. On a \(u_0(x) = 1\) et, pour \(n \geq\, 1\), \(u_n(x) \to 0\) quand \(x \to +\infty\). La convergence étant uniforme sur \([0,+\infty[\), le théorème de la double limite donne \(S(x) \to 1 + 0 = 1\). Donc \(\lim_{x \to +\infty} S(x) = 1\).

   Ensuite, pour \(x > 0\) :

   \[0 \leq\, S(x) – 1 – \frac{e^{-x}}{2} = \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{e^{-nx}}{1+n^2} \leq\, \sum_{n=2}^{+\infty} e^{-nx} = \frac{e^{-2x}}{1 – e^{-x}}.\]

   Or \(\dfrac{e^{-2x}}{1-e^{-x}} = e^{-x} \cdot \dfrac{e^{-x}}{1-e^{-x}}\) et le second facteur tend vers \(0\) : ce majorant est donc un \(o(e^{-x})\). Ainsi \(S(x) – 1 = \dfrac{e^{-x}}{2} + o(e^{-x})\), soit \(S(x) – 1 \sim \dfrac{e^{-x}}{2}\).

3. Chaque \(u_n\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et \(u_n^{\prime}(x) = -\dfrac{n\,e^{-nx}}{1+n^2}\). La série \(\sum u_n\) converge simplement sur \(]0,+\infty[\) d’après a). Soit ensuite \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\) :

   \[|u_n^{\prime}(x)| \leq\, \frac{n}{1+n^2}\,e^{-na} \leq\, e^{-na},\]

   et \(\sum e^{-na}\) est une série géométrique convergente car \(e^{-a} < 1\). La série des dérivées converge donc normalement sur tout \([a,+\infty[\). Par le théorème de dérivation terme à terme, \(S\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(]0,+\infty[\) et \(S^{\prime}(x) = -\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\,e^{-nx}}{1+n^2}\).

4. On vérifie d’abord l’identité : \(\dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n(1+n^2)} = \dfrac{1+n^2-1}{n(1+n^2)} = \dfrac{n}{1+n^2}\). Pour \(x > 0\), les deux séries ci-dessous convergent, donc on peut séparer :

   \[S^{\prime}(x) = -\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{e^{-nx}}{n} + \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{e^{-nx}}{n(1+n^2)}.\]

   Comme \(-\ln(1-q) = \displaystyle\sum_{n \geq\, 1} \frac{q^n}{n}\) pour \(|q| < 1\), avec \(q = e^{-x}\), on obtient \(S^{\prime}(x) = \ln(1 – e^{-x}) + B(x)\), où \(0 \leq\, B(x) \leq\, \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^3}\). La fonction \(B\) est donc bornée.

   Ensuite, \(\ln(1-e^{-x}) = \ln x + \ln(\dfrac{1-e^{-x}}{x})\), et le second terme tend vers \(\ln 1 = 0\). Puisque \(\ln x \to -\infty\), on en déduit \(\dfrac{S^{\prime}(x)}{\ln x} \to 1\). Donc \(S^{\prime}(x) \sim \ln x\) quand \(x \to 0^+\).

   Enfin, pour \(x \in ]0,1]\), \(S\) est continue sur \([0,x]\) et dérivable sur \(]0,x[\). L’égalité des accroissements finis fournit \(c_x \in ]0,x[\) tel que \(\dfrac{S(x)-S(0)}{x} = S^{\prime}(c_x)\). Quand \(x \to 0^+\), \(c_x \to 0^+\), donc ce taux tend vers \(-\infty\). Ainsi \(S\) n’est pas dérivable en \(0\) : sa courbe y admet une tangente verticale.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la majoration normale, 0,5 point pour la continuité ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la double limite, 1 point pour l’équivalent ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la dérivée des termes, 1 point pour la convergence normale sur \([a,+\infty[\) et la conclusion ; d) 2 points : 0,5 point pour la décomposition, 0,5 point pour le logarithme, 0,5 point pour l’équivalent, 0,5 point pour la non-dérivabilité.

Exercice 4 : Problème : la fonction zêta de Riemann (6 points)

1. Pour \(x > 1\), la série de Riemann \(\sum \dfrac{1}{n^x}\) converge, donc \(\zeta\) est définie sur \(]1,+\infty[\). Soit \(a > 1\). Pour \(x \geq\, a\) et \(n \geq\, 1\), on a \(0 < \dfrac{1}{n^x} \leq\, \dfrac{1}{n^a}\), et \(\sum \dfrac{1}{n^a}\) converge. La série converge donc normalement sur \([a,+\infty[\). Les termes étant continus, \(\zeta\) est continue sur chaque \([a,+\infty[\). Comme \(]1,+\infty[\) est la réunion de ces intervalles, \(\zeta\) est continue sur \(]1,+\infty[\).
2. La série converge uniformément sur \([2,+\infty[\). De plus, \(\dfrac{1}{1^x} = 1\) et \(\dfrac{1}{n^x} \to 0\) pour \(n \geq\, 2\) quand \(x \to +\infty\). Par le théorème de la double limite, \(\zeta(x) \to 1\) quand \(x \to +\infty\).
3. On écrit \(\dfrac{1}{n^x} = e^{-x \ln n}\) : chaque terme est de classe \(\mathcal{C}^1\), de dérivée \(-\dfrac{\ln n}{n^x}\). Soit \(a > 1\) et \(b = \dfrac{1+a}{2} > 1\). Pour \(x \geq\, a\), on a \(|\dfrac{\ln n}{n^x}| \leq\, \dfrac{\ln n}{n^a}\). Or \(n^b \cdot \dfrac{\ln n}{n^a} = \dfrac{\ln n}{n^{(a-1)/2}} \to 0\), donc \(\dfrac{\ln n}{n^a} = o(\dfrac{1}{n^b})\) : la série des dérivées converge normalement sur \([a,+\infty[\). Avec la convergence simple de a), le théorème de dérivation terme à terme donne que \(\zeta\) est \(\mathcal{C}^1\) sur \(]1,+\infty[\), avec :

   \[\zeta^{\prime}(x) = -\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{\ln n}{n^x} < 0.\]

   Donc \(\zeta\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) et strictement décroissante sur \(]1,+\infty[\).

4. La fonction \(t \mapsto t^{-x}\) est décroissante sur \([1,+\infty[\). Pour tout \(k \geq\, 1\), on a donc \(\displaystyle\int_k^{k+1} \frac{dt}{t^x} \leq\, \frac{1}{k^x}\), et pour \(k \geq\, 2\), \(\dfrac{1}{k^x} \leq\, \displaystyle\int_{k-1}^{k} \frac{dt}{t^x}\). En sommant, puis avec \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t^x} = \frac{1}{x-1}\) :

   \[\frac{1}{x-1} \leq\, \zeta(x) \quad \text{et} \quad \zeta(x) – 1 \leq\, \frac{1}{x-1}.\]

   En multipliant par \(x – 1 > 0\), il vient \(1 \leq\, (x-1)\zeta(x) \leq\, x\). Par encadrement, \((x-1)\zeta(x) \to 1\) quand \(x \to 1^+\). Donc \(\zeta(x) \sim \dfrac{1}{x-1}\) en \(1^+\).

5. Pour \(x > 1\), les séries convergent absolument. On peut donc regrouper les termes pairs :

   \[F(x) = \zeta(x) – 2\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(2n)^x} = \zeta(x) – 2 \cdot 2^{-x}\zeta(x) = (1-2^{1-x})\zeta(x).\]

   Pour \(x \geq\, 1\), la suite \((\dfrac{1}{n^x})\) décroît vers \(0\). Le critère des séries alternées assure donc la convergence et majore le reste : \(|R_n(x)| \leq\, \dfrac{1}{(n+1)^x} \leq\, \dfrac{1}{n+1}\). Ce majorant ne dépend pas de \(x\) et tend vers \(0\) : la convergence est uniforme sur \([1,+\infty[\). Par conséquent, \(F\) est continue sur \([1,+\infty[\), et \(F(1) = \ln 2\).

   Enfin \(1 – 2^{1-x} = 1 – e^{-(x-1)\ln 2} \sim (x-1)\ln 2\) quand \(x \to 1^+\). Ainsi :

   \[(x-1)\zeta(x) = \frac{(x-1)F(x)}{1-2^{1-x}} \longrightarrow \frac{\ln 2}{\ln 2} = 1.\]

   On retrouve \(\lim_{x \to 1^+} (x-1)\zeta(x) = 1\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la domination, 0,5 point pour la continuité sur la réunion ; b) 0,5 point ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la dérivée des termes, 0,5 point pour la domination, 0,5 point pour le signe ; d) 1,5 point : 1 point pour l’encadrement, 0,5 point pour l’équivalent ; e) 1,5 point : 0,5 point pour l’identité, 0,5 point pour la convergence uniforme, 0,5 point pour la limite.

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Après le corrigé du contrôle : suites et séries de fonctions

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