Séries de fonctions : corrigé des exercices de maths spé

Sommaire

Ce corrigé fonctions spé rédige chaque solution comme en devoir surveillé. La méthode est toujours la même. D’abord, on établit la convergence simple et on identifie le domaine. Ensuite, on cherche la convergence normale sur un intervalle adapté, ou à défaut la convergence uniforme par majoration du reste. Enfin, on applique le théorème voulu en citant son nom et en vérifiant ses hypothèses.

Soyez attentif à trois pièges fréquents. Premièrement, la convergence normale sur le domaine entier est souvent fausse, alors qu’elle est vraie sur tout segment. Deuxièmement, la dérivation terme à terme exige la convergence uniforme de la série des dérivées. Troisièmement, un équivalent obtenu par comparaison série-intégrale repose sur la monotonie du terme général, qu’il faut justifier.

Les énoncés se trouvent sur la page exercices de maths spé sur séries de fonctions.

Corrigé de l’exercice 1 : Convergence normale sur un intervalle adapté

Pour tout \(x \in \mathbb{R}\), \(|\dfrac{\sin(nx)}{n^2+1}| \leq\, \dfrac{1}{n^2+1} \leq\, \dfrac{1}{n^2}\). Ce majorant ne dépend pas de \(x\) et la série de Riemann \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge. La série converge normalement sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
Sur \([-1, 1]\), on a \(\sup_{x \in [-1,1]} |\dfrac{x^n}{n^2}| = \dfrac{1}{n^2}\), atteint en \(x = 1\). Donc la série converge normalement sur \([-1,1]\). Par ailleurs, si \(|x| > 1\), alors \(\frac{|x|^n}{n^2} \to +\infty\) par croissances comparées, et la série diverge grossièrement. L’intervalle \([-1, 1]\) est donc le plus grand possible.
Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\), on a \(0 < e^{-nx} \leq\, e^{-na}\), avec égalité en \(x = a\). Ainsi, \(\|u_n\|_{\infty, [a, +\infty[} = (e^{-a})^n\). C’est le terme d’une série géométrique de raison \(e^{-a} \in \, ]0, 1[\), donc convergente. En revanche, sur \(]0, +\infty[\), on a \(\sup_{x > 0} e^{-nx} = 1\), car \(e^{-nx} \to 1\) quand \(x \to 0^+\). La série \(\sum 1\) diverge. La convergence est normale sur tout \([a, +\infty[\), \(a > 0\), mais pas sur \(]0, +\infty[\).
Posons \(u_n(x) = x^2 e^{-nx}\) pour \(n \geq\, 1\). Alors \(u_n^{\prime}(x) = x e^{-nx}(2 – nx)\). Ainsi, \(u_n\) croît sur \([0, \frac{2}{n}]\) et décroît sur \([\frac{2}{n}, +\infty[\). Son maximum vaut \(u_n\!(\frac{2}{n}) = \dfrac{4 e^{-2}}{n^2}\). La série \(\sum \frac{4e^{-2}}{n^2}\) converge. De plus, pour \(x < 0\), le terme \(x^2 e^{-nx}\) tend vers \(+\infty\). La série converge normalement sur \([0, +\infty[\), qui est son domaine de convergence tout entier.

Point de méthode : lorsque la majoration directe ne suffit pas, étudiez les variations de \(u_n\) pour obtenir exactement \(\sup |u_n|\).

Corrigé de l’exercice 2 : Une série télescopique non uniformément convergente

La somme est télescopique : \(S_N(x) = \sum_{n=0}^{N} (x^n – x^{n+1}) = 1 – x^{N+1}\). Pour \(x \in [0, 1[\), \(x^{N+1} \to 0\), donc \(S(x) = 1\). Pour \(x = 1\), tous les termes sont nuls, donc \(S(1) = 0\). Ainsi, \(S = 1\) sur \([0,1[\) et \(S(1) = 0\).
Chaque \(u_n\) est continue sur \([0,1]\), mais \(S\) est discontinue en \(1\). Si la convergence était uniforme sur \([0,1]\), la somme serait continue. La convergence n’est donc pas uniforme sur \([0,1]\). Sur \([0, 1[\), le reste vaut \(R_N(x) = x^{N+1}\), et \(\sup_{[0,1[} x^{N+1} = 1\). Ce supremum ne tend pas vers \(0\). La convergence n’est pas uniforme non plus sur \([0,1[\). La figure de l’énoncé le confirme : chaque \(S_N\) redescend vers \(0\) au voisinage de \(1\).
Pour \(n = 0\), \(\sup u_0 = 1\). Pour \(n \geq\, 1\), \(u_n^{\prime}(x) = x^{n-1}\big(n – (n+1)x\big)\). La fonction \(u_n\) atteint donc son maximum en \(x_n = \frac{n}{n+1}\) : \[\sup_{[0,1]} u_n = (\frac{n}{n+1})^n \frac{1}{n+1}.\] Or \((\frac{n}{n+1})^n = (1 + \frac{1}{n})^{-n} \to e^{-1}\). Donc \(\sup u_n \sim \frac{1}{e n}\), terme d’une série divergente. La convergence n’est pas normale sur \([0,1]\). C’est cohérent, puisque la convergence normale entraînerait la convergence uniforme.
Pour \(x \in [0, a]\), on a \(0 \leq\, u_n(x) \leq\, x^n \leq\, a^n\), et \(\sum a^n\) converge car \(0 < a < 1\). La série converge normalement sur \([0, a]\).

Corrigé de l’exercice 3 : Dérivation terme à terme d’une somme explicite

Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\), on a \(0 < \frac{e^{-nx}}{n} \leq\, e^{-na}\), terme d’une série géométrique convergente. Donc la série converge normalement sur \([a, +\infty[\). En particulier, \(f\) est définie sur \(]0, +\infty[\). De plus, chaque terme est continu. Par le théorème de continuité, \(f\) est continue sur \([a, +\infty[\) pour tout \(a > 0\). Donc \(f\) est continue sur \(]0, +\infty[\).
Posons \(u_n(x) = \frac{e^{-nx}}{n}\). Chaque \(u_n\) est \(C^1\) et \(u_n^{\prime}(x) = -e^{-nx}\). 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 le théorème de dérivation terme à terme, \(f\) est \(C^1\) et, en sommant la série géométrique : \[f^{\prime}(x) = -\sum_{n=1}^{+\infty} e^{-nx} = -\frac{e^{-x}}{1 – e^{-x}} = -\frac{1}{e^x – 1}.\] Ainsi, \(f^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{e^x – 1}\).
La série converge normalement sur \([1, +\infty[\), et chaque terme tend vers \(0\) en \(+\infty\). Par le théorème de la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\).
Posons \(g(x) = -\ln(1 – e^{-x})\), bien définie car \(0 < e^{-x} < 1\). On calcule \(g^{\prime}(x) = -\dfrac{e^{-x}}{1 – e^{-x}} = -\dfrac{1}{e^x – 1} = f^{\prime}(x)\). Comme \(]0, +\infty[\) est un intervalle, \(f – g\) est constante. De plus, \(g(x) \to -\ln 1 = 0\) en \(+\infty\), de même que \(f\). Donc la constante est nulle. Ainsi, \(f(x) = -\ln(1 – e^{-x})\). En \(x = 1\) : \[\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{e^{-n}}{n} = -\ln(1 – \frac{1}{e}) = -\ln(\frac{e-1}{e}) = 1 – \ln(e – 1).\] La somme vaut \(1 – \ln(e-1) \approx 0{,}459\).

Corrigé de l’exercice 4 : Sommes des séries de terme général n x^n et n² x^n

On a \(\sup_{]-1,1[} |x^n| = 1\), donc la série \(\sum \|x^n\|_\infty\) diverge. Il n’y a pas convergence normale sur \(]-1, 1[\). En revanche, \(\sup_{[-a,a]} |x^n| = a^n\), et \(\sum a^n\) converge. La convergence est normale sur tout \([-a, a]\), \(0 < a < 1\).
Les fonctions \(u_n : x \mapsto x^n\) sont de classe \(C^\infty\). Sur \([-a, a]\), \(|u_n^{\prime}(x)| = n|x|^{n-1} \leq\, n a^{n-1}\). Par la règle de d’Alembert, \(\frac{(n+1)a^n}{n a^{n-1}} \to a < 1\), donc \(\sum n a^{n-1}\) converge. De même, \(|u_n^{\prime\prime}(x)| \leq\, n(n-1) a^{n-2}\), et le quotient de deux termes consécutifs tend encore vers \(a\). Ainsi, \(\sum u_n\) et \(\sum u_n^{\prime}\) convergent simplement sur \(]-1,1[\), et \(\sum u_n^{\prime\prime}\) converge normalement sur tout \([-a,a]\). Or tout segment de \(]-1,1[\) est inclus dans un \([-a,a]\). Par le théorème de classe \(C^k\) avec \(k = 2\), \(S\) est \(C^2\) et se dérive terme à terme. Par ailleurs, \(S^{\prime}(x) = \frac{1}{(1-x)^2}\) et \(S^{\prime\prime}(x) = \frac{2}{(1-x)^3}\).
D’une part, \(\sum_{n \geq\, 1} n x^n = x S^{\prime}(x) = \dfrac{x}{(1-x)^2}\). D’autre part, \(\sum_{n \geq\, 2} n(n-1) x^n = x^2 S^{\prime\prime}(x) = \dfrac{2x^2}{(1-x)^3}\). Comme \(n^2 = n(n-1) + n\), on additionne ces deux séries convergentes : \[\sum_{n=1}^{+\infty} n^2 x^n = \frac{2x^2}{(1-x)^3} + \frac{x(1-x)}{(1-x)^3} = \frac{x^2 + x}{(1-x)^3}.\] Ainsi, \(\sum n x^n = \dfrac{x}{(1-x)^2}\) et \(\sum n^2 x^n = \dfrac{x(1+x)}{(1-x)^3}\).
Avec \(x = \frac{1}{2}\) : \(\sum \frac{n}{2^n} = \frac{1/2}{1/4} = 2\) et \(\sum \frac{n^2}{2^n} = \frac{(1/2)(3/2)}{1/8} = 6\). Les sommes valent \(2\) et \(6\).

Corrigé de l’exercice 5 : Calcul de ln 2 par intégration terme à terme

Soit \(t\) entre \(0\) et \(x\). Alors \(|t^n| \leq\, |x|^n\), et \(\sum |x|^n\) converge car \(|x| < 1\). La convergence est normale sur le segment d’extrémités \(0\) et \(x\).
Les fonctions \(t \mapsto t^n\) sont continues et la convergence est uniforme sur ce segment. Par le théorème d’intégration terme à terme sur un segment : \[\int_0^x \frac{dt}{1-t} = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_0^x t^n \, dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}.\] Or \(\int_0^x \frac{dt}{1-t} = -\ln(1-x)\). Après le changement d’indice \(n + 1 \to n\), on obtient \(-\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n}\).
Avec \(x = \frac{1}{2}\) : \(-\ln\frac{1}{2} = \ln 2 = \sum \frac{1}{n 2^n}\). Ensuite, avec \(x = -\frac{1}{2}\) : \(-\ln\frac{3}{2} = \sum \frac{(-1)^n}{n 2^n}\). En changeant de signe, \(\ln\dfrac{3}{2} = \sum_{n \geq\, 1} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n 2^n}\).
Pour \(n \geq\, N+1\), on a \(\frac{1}{n} \leq\, \frac{1}{N+1}\). Donc \[\sum_{n=N+1}^{+\infty} \frac{1}{n 2^n} \leq\, \frac{1}{N+1} \sum_{n=N+1}^{+\infty} \frac{1}{2^n} = \frac{1}{N+1} \cdot \frac{1}{2^N}.\] Pour \(N = 6\), ce majorant vaut \(\frac{1}{448} \approx 2{,}2 \times 10^{-3}\), ce qui ne suffit pas. Pour \(N = 7\), il vaut \(\frac{1}{1024} < 10^{-3}\). Il suffit de prendre \(N = 7\). On obtient alors \(\sum_{n=1}^{7} \frac{1}{n2^n} \approx 0{,}6923\), à comparer à \(\ln 2 \approx 0{,}6931\).

Corrigé de l’exercice 6 : Une intégrale calculée terme à terme

Pour tout réel \(x\), \(|\frac{\sin(nx)}{n^3}| \leq\, \frac{1}{n^3}\). La série converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\). Ses termes sont continus. Par conséquent, \(F\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\).
Chaque terme est \(C^1\), de dérivée \(\frac{\cos(nx)}{n^2}\), majorée en valeur absolue par \(\frac{1}{n^2}\). La série des dérivées converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\). De plus, la série converge simplement. Par le théorème de dérivation terme à terme, \(F\) est \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = \sum \frac{\cos(nx)}{n^2}\). En particulier, \(F^{\prime}(0) = \zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6}\).
La série \(\sum \frac{1}{n^4}\) est à termes positifs et converge. On peut donc séparer les indices pairs et impairs : \[\zeta(4) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{(2k)^4} + \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{(2k+1)^4} = \frac{\zeta(4)}{16} + \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{(2k+1)^4}.\] Ainsi, \(\sum_{k \geq\, 0} \dfrac{1}{(2k+1)^4} = \dfrac{15}{16} \cdot \dfrac{\pi^4}{90} = \dfrac{\pi^4}{96}\).
La convergence est uniforme sur le segment \([0, \pi]\) et les termes sont continus. On intègre donc terme à terme. Or \(\int_0^{\pi} \sin(nx) \, dx = [-\frac{\cos(nx)}{n}]_0^{\pi} = \frac{1 – (-1)^n}{n}\). Ce nombre vaut \(\frac{2}{n}\) si \(n\) est impair et \(0\) sinon. Par conséquent, \[\int_0^{\pi} F(x) \, dx = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1 – (-1)^n}{n^4} = 2 \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{(2k+1)^4} = \frac{\pi^4}{48}.\] L’intégrale vaut \(\dfrac{\pi^4}{48}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Convergence uniforme sans convergence normale

Soit \(x \geq\, 0\). La suite \((\frac{1}{n+x})_{n \geq\, 1}\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Par le critère spécial des séries alternées, la série converge et son reste vérifie \(|R_n(x)| \leq\, \frac{1}{n+1+x} \leq\, \frac{1}{n+1}\). Ce majorant est indépendant de \(x\) et tend vers \(0\). La convergence est donc uniforme sur \([0, +\infty[\).
Soit \(0 \leq\, a < b\). On a \(\sup_{[a,b]} \frac{1}{n+x} = \frac{1}{n+a}\), et \(\frac{1}{n+a} \sim \frac{1}{n}\). La série harmonique diverge. La convergence n’est normale sur aucun intervalle \([a, b]\).
Chaque terme est continu et la convergence est uniforme : \(S\) est continue sur \([0, +\infty[\). Ensuite, chaque terme tend vers \(0\) en \(+\infty\). Par le théorème de la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} S(x) = 0\).
La dérivée du terme d’indice \(n\) vaut \(\frac{(-1)^{n+1}}{(n+x)^2}\), majorée en valeur absolue par \(\frac{1}{n^2}\). La série des dérivées converge donc normalement sur \([0, +\infty[\). Par le théorème de dérivation terme à terme, \(S\) est \(C^1\) et \(S^{\prime}(x) = \sum_{n \geq\, 1} \frac{(-1)^{n+1}}{(n+x)^2}\). Cette série est alternée, de premier terme positif, et ses termes décroissent en valeur absolue. En groupant les termes deux par deux, on obtient une somme de quantités positives. Donc \(S^{\prime}(x) \geq\, \frac{1}{(1+x)^2} – \frac{1}{(2+x)^2} > 0\). Ainsi, \(S\) est strictement croissante.
On décale l’indice dans \(S(x+1)\) : \(S(x+1) = \sum_{n \geq\, 1} \frac{(-1)^n}{n+1+x} = \sum_{m \geq\, 2} \frac{(-1)^{m-1}}{m + x}\). Par ailleurs, \(S(x) = -\frac{1}{1+x} + \sum_{m \geq\, 2} \frac{(-1)^m}{m+x}\). En additionnant ces séries convergentes terme à terme, les termes d’indice \(m \geq\, 2\) s’annulent. Donc \(S(x) + S(x+1) = -\dfrac{1}{x+1}\).
Soit \(x \geq\, 1\). Par croissance de \(S\), on a \(S(x-1) \leq\, S(x) \leq\, S(x+1)\). D’une part, \(2S(x) \leq\, S(x) + S(x+1) = -\frac{1}{x+1}\). D’autre part, en appliquant la question 5 en \(x – 1 \geq\, 0\), \(2S(x) \geq\, S(x-1) + S(x) = -\frac{1}{x}\). Ainsi, \[-\frac{1}{2x} \leq\, S(x) \leq\, -\frac{1}{2(x+1)}.\] En multipliant par \(-2x\), on obtient \(\frac{x}{x+1} \leq\, -2x S(x) \leq\, 1\), puis \(-2xS(x) \to 1\). Finalement, \(S(x) \sim -\dfrac{1}{2x}\) quand \(x \to +\infty\).

La figure ci-dessous montre la courbe de \(S\) coincée entre les deux bornes obtenues à la question 6.

Point de méthode : une relation fonctionnelle du type \(S(x) + S(x+1) = h(x)\), jointe à la monotonie, donne un équivalent sans aucun calcul de reste.

Corrigé de l’exercice 8 : La série de terme général x e^(-nx)

En \(x = 0\), tous les termes sont nuls : \(S(0) = 0\). Pour \(x > 0\), on reconnaît une série géométrique de raison \(e^{-x} \in \, ]0,1[\) : \[S(x) = x \sum_{n=1}^{+\infty} (e^{-x})^n = \frac{x e^{-x}}{1 – e^{-x}} = \frac{x}{e^x – 1}.\] La série converge simplement sur \([0, +\infty[\), avec \(S(0) = 0\) et \(S(x) = \dfrac{x}{e^x – 1}\) pour \(x > 0\).
Comme \(e^x – 1 \sim x\) en \(0\), on a \(S(x) \to 1\) quand \(x \to 0^+\). Or \(S(0) = 0\). La fonction \(S\) est discontinue en \(0\). Puisque les \(u_n\) sont continues, la convergence ne peut pas être uniforme sur \([0, +\infty[\).
On a \(u_n^{\prime}(x) = e^{-nx}(1 – nx)\). Donc \(u_n\) croît sur \([0, \frac{1}{n}]\) et décroît ensuite. Ainsi, \(\|u_n\|_\infty = u_n\!(\frac{1}{n}) = \dfrac{1}{e n}\). La série \(\sum \frac{1}{en}\) diverge : la convergence n’est pas normale, ce qui est cohérent avec la question 2.
Soit \(a > 0\). Pour \(n \geq\, \frac{1}{a}\), on a \(\frac{1}{n} \leq\, a\), donc \(u_n\) décroît sur \([a, +\infty[\). Par conséquent, \(\sup_{[a, +\infty[} u_n = a e^{-na}\). La série \(\sum a e^{-na}\) est géométrique de raison \(e^{-a} < 1\). Les premiers termes, en nombre fini, ne changent pas la nature de la série. La convergence est normale sur \([a, +\infty[\).
Pour \(x > 0\), \(R_N(x) = \sum_{n \geq\, N+1} x e^{-nx} = \dfrac{x e^{-(N+1)x}}{1 – e^{-x}}\). Posons \(x_N = \frac{1}{N+1}\). Comme \(1 – e^{-u} \leq\, u\) pour \(u \geq\, 0\), on obtient \(R_N(x_N) = e^{-1} \dfrac{x_N}{1 – e^{-x_N}} \geq\, e^{-1}\). Donc \(\sup_{]0, +\infty[} |R_N| \geq\, \frac{1}{e}\) pour tout \(N\). La convergence n’est pas uniforme sur \(]0, +\infty[\).

La figure ci-dessous illustre la solution. Les sommes partielles valent \(0\) en \(0\), tandis que la somme tend vers \(1\) : le défaut d’uniformité se concentre au voisinage de \(0\).

Corrigé de l’exercice 9 : Somme non bornée et défaut d’uniformité

Soit \(x > 0\) et \(q = e^{-x^2} \in \, ]0, 1[\). La série \(\sum x q^n\) est géométrique, donc convergente, et \[S(x) = \frac{x q}{1 – q} = \frac{x}{e^{x^2} – 1}.\] La somme vaut \(S(x) = \dfrac{x}{e^{x^2} – 1}\).
Quand \(x \to 0^+\), \(e^{x^2} – 1 \sim x^2\). Donc \(S(x) \sim \dfrac{1}{x}\) : la somme tend vers \(+\infty\) en \(0^+\).
On a \(u_n^{\prime}(x) = e^{-nx^2}(1 – 2nx^2)\), qui s’annule en \(x = \frac{1}{\sqrt{2n}}\). La fonction \(u_n\) croît avant ce point et décroît après. Donc \(\|u_n\|_\infty = \dfrac{1}{\sqrt{2n}} e^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{2en}}\). En particulier, \(u_n\) est bornée.
Raisonnons par l’absurde et supposons la convergence uniforme sur \(]0, +\infty[\). Alors il existe \(N\) tel que \(|S(x) – S_N(x)| \leq\, 1\) pour tout \(x > 0\). Or \(S_N\) est bornée, comme somme finie de fonctions bornées. Donc \(S\) serait bornée sur \(]0, +\infty[\), ce qui contredit la question 2. La convergence n’est pas uniforme sur \(]0, +\infty[\).
Soit \(a > 0\). Pour \(n \geq\, \frac{1}{2a^2}\), on a \(\frac{1}{\sqrt{2n}} \leq\, a\), donc \(u_n\) décroît sur \([a, +\infty[\). Ainsi, \(\sup_{[a, +\infty[} u_n = a e^{-na^2}\), terme d’une série géométrique convergente. La convergence est normale sur \([a, +\infty[\), donc uniforme. Par conséquent, \(S\) est continue sur \([a, +\infty[\) pour tout \(a > 0\), donc sur \(]0, +\infty[\).

Point de méthode : une limite uniforme de fonctions bornées est bornée. Une somme qui explose au bord interdit donc la convergence uniforme au voisinage de ce bord.

Corrigé de l’exercice 10 : Régularité et limites de la fonction zêta

Pour \(x\) fixé, \(\sum n^{-x}\) est une série de Riemann. Elle converge si et seulement si \(x > 1\). Le domaine est \(D = \, ]1, +\infty[\).
Soit \(a > 1\). Pour \(x \geq\, a\), \(0 < n^{-x} \leq\, n^{-a}\), et \(\sum n^{-a}\) converge. La convergence est donc normale sur \([a, +\infty[\). En revanche, supposons la convergence uniforme sur \(D\). Chaque terme \(n^{-x}\) tend vers \(\frac{1}{n}\) quand \(x \to 1^+\). Le théorème de la double limite donnerait alors la convergence de \(\sum \frac{1}{n}\), ce qui est faux. La convergence n’est pas uniforme sur \(D\).
On a \(\frac{d^k}{dx^k} n^{-x} = (-\ln n)^k n^{-x}\). Soit \(a > 1\) et \(b = \frac{1+a}{2} \in \, ]1, a[\). Pour \(x \geq\, a\), \(|(-\ln n)^k n^{-x}| \leq\, (\ln n)^k n^{-a}\). Or \(n^b (\ln n)^k n^{-a} = (\ln n)^k n^{b-a} \to 0\), donc \((\ln n)^k n^{-a} = o(n^{-b})\), terme d’une série convergente. Pour chaque \(k\), la série des dérivées \(k\)-ièmes converge donc normalement sur \([a, +\infty[\). Par le théorème de classe \(C^\infty\), \(\zeta\) est \(C^\infty\) sur \(D\) et \(\zeta^{(k)}(x) = \sum_{n \geq\, 2} \dfrac{(-\ln n)^k}{n^x}\) pour \(k \geq\, 1\).
Pour \(k = 1\), tous les termes sont strictement négatifs : \(\zeta^{\prime} < 0\). Pour \(k = 2\), ils sont strictement positifs : \(\zeta^{\prime\prime} > 0\). La fonction \(\zeta\) est strictement décroissante et strictement convexe sur \(D\).
La convergence est normale sur \([2, +\infty[\). De plus, \(1^{-x} = 1\) et \(n^{-x} \to 0\) pour \(n \geq\, 2\). Par le théorème de la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} \zeta(x) = 1\).
Comme \(\zeta\) est décroissante, elle admet une limite \(L \in \, ]0, +\infty]\) en \(1^+\). Soit \(N \geq\, 1\). Les termes étant positifs, \(\zeta(x) \geq\, \sum_{n=1}^{N} n^{-x}\) pour \(x > 1\). En faisant tendre \(x\) vers \(1\), on obtient \(L \geq\, H_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}\). Or \(H_N \to +\infty\). Donc \(\lim_{x \to 1^+} \zeta(x) = +\infty\).

Corrigé de l’exercice 11 : Équivalents de zêta par comparaison série-intégrale

Pour \(x > 1\), la fonction \(t \mapsto t^{-x}\) est décroissante sur \([1, +\infty[\). Si \(t \in [n, n+1]\), alors \(t^{-x} \leq\, n^{-x}\). En intégrant, \(\int_n^{n+1} t^{-x} \, dt \leq\, n^{-x}\). De même, si \(t \in [n-1, n]\), \(t^{-x} \geq\, n^{-x}\), d’où \(n^{-x} \leq\, \int_{n-1}^{n} t^{-x} \, dt\). L’encadrement est établi. Notez que l’inégalité de gauche vaut aussi pour \(n = 1\).
On somme l’inégalité de gauche pour \(n \geq\, 1\) : \(\int_1^{+\infty} t^{-x} \, dt \leq\, \zeta(x)\). Puis on somme celle de droite pour \(n \geq\, 2\) : \(\zeta(x) – 1 \leq\, \int_1^{+\infty} t^{-x} \, dt\). Or \(\int_1^{+\infty} t^{-x} \, dt = [\frac{t^{1-x}}{1-x}]_1^{+\infty} = \frac{1}{x-1}\). Ainsi, \(\frac{1}{x-1} \leq\, \zeta(x) \leq\, 1 + \frac{1}{x-1}\). En multipliant par \(x – 1 > 0\), \(1 \leq\, (x-1)\zeta(x) \leq\, x\), qui tend vers \(1\). Donc \(\zeta(x) \sim \dfrac{1}{x-1}\) quand \(x \to 1^+\).
D’après la question précédente, \(0 \leq\, \zeta(x) – \frac{1}{x-1} \leq\, 1\) pour tout \(x > 1\). Cette fonction est donc bornée sur \(]1, +\infty[\).
On a \(2^x(\zeta(x) – 1 – 2^{-x}) = \sum_{n \geq\, 3} (\frac{2}{n})^x\). Sur \([2, +\infty[\), comme \(\frac{2}{n} < 1\), on a \((\frac{2}{n})^x \leq\, \frac{4}{n^2}\) : la convergence est normale. De plus, chaque terme tend vers \(0\) en \(+\infty\). Par le théorème de la double limite, cette somme tend vers \(0\). Ainsi, \(\zeta(x) – 1 = 2^{-x} + o(2^{-x})\). Donc \(\zeta(x) – 1 \sim 2^{-x}\) quand \(x \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 12 : Somme de la série harmonique alternée

Soit \(x \in [0, 1]\) et \(a_n = \frac{x^n}{n}\). La suite \((a_n)\) est positive et tend vers \(0\). Elle décroît, car \(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n x}{n+1} \leq\, 1\) lorsque \(x > 0\), et elle est nulle lorsque \(x = 0\). Le critère spécial des séries alternées donne la convergence et \(|R_n(x)| \leq\, \frac{x^{n+1}}{n+1} \leq\, \frac{1}{n+1}\). La convergence est donc uniforme sur \([0, 1]\).
On a \(\sup_{[0,1]} \frac{x^n}{n} = \frac{1}{n}\), terme de la série harmonique divergente. La convergence n’est pas normale sur \([0,1]\).
Les termes sont continus et la convergence est uniforme sur \([0, 1]\). Donc \(f\) est continue sur \([0, 1]\), y compris en \(1\).
Soit \(x \in [0, 1[\). Sur \([0, x]\), \(|(-t)^n| \leq\, x^n\) : la série \(\sum (-t)^n\) converge normalement, de somme \(\frac{1}{1+t}\). On intègre terme à terme sur ce segment : \[\ln(1+x) = \int_0^x \frac{dt}{1+t} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n}.\] Ainsi, \(f(x) = \ln(1+x)\) sur \([0, 1[\).
Par continuité de \(f\) en \(1\), \(f(1) = \lim_{x \to 1^-} \ln(1+x) = \ln 2\). Donc \(\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2\).

Point de méthode : la convergence normale échoue en \(x = 1\). C’est donc la convergence uniforme, obtenue par le reste alterné, qui permet de passer à la limite au bord.

Corrigé de l’exercice 13 : Une série d’arctangentes

Pour tout réel \(u\), \(|\arctan u| \leq\, |u|\), par l’inégalité des accroissements finis, car \(|\arctan^{\prime}| \leq\, 1\). Donc \(|\arctan\frac{x}{n^2}| \leq\, \frac{|x|}{n^2}\), et la série converge absolument. Sur \([-A, A]\), le terme est majoré par \(\frac{A}{n^2}\) : la convergence est normale. Les termes sont continus, donc \(F\) est continue sur chaque \([-A, A]\), donc sur \(\mathbb{R}\). Enfin, chaque terme est impair. Ainsi, \(F\) est définie, continue et impaire sur \(\mathbb{R}\).
La dérivée du terme d’indice \(n\) vaut \(\frac{1/n^2}{1 + x^2/n^4} = \frac{n^2}{n^4 + x^2}\). Elle est positive et majorée par \(\frac{1}{n^2}\). La série des dérivées converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\). Par le théorème de dérivation terme à terme, \(F\) est \(C^1\) et \(F^{\prime}(x) = \sum \frac{n^2}{n^4 + x^2} > 0\). Donc \(F\) est strictement croissante et \(F^{\prime}(0) = \zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6}\).
Par croissance, \(F\) admet une limite \(L \in \, ]0, +\infty]\) en \(+\infty\). Soit \(N \geq\, 1\). Pour \(x \geq\, 0\), tous les termes sont positifs, donc \(F(x) \geq\, \sum_{n=1}^{N} \arctan\frac{x}{n^2}\). Quand \(x \to +\infty\), le membre de droite tend vers \(N\frac{\pi}{2}\). Donc \(L \geq\, N\frac{\pi}{2}\) pour tout \(N\). Ainsi, \(\lim_{x \to +\infty} F(x) = +\infty\).
Supposons la convergence uniforme sur \(\mathbb{R}\). Chaque terme tend vers \(\frac{\pi}{2}\) en \(+\infty\). Le théorème de la double limite imposerait alors la convergence de \(\sum \frac{\pi}{2}\), ce qui est absurde. La convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).
Soit \(x > 0\) et \(\varphi(t) = \arctan\frac{x}{t^2}\) pour \(t > 0\), prolongée par \(\varphi(0) = \frac{\pi}{2}\). Elle est continue, positive et décroissante sur \([0, +\infty[\). De plus, \(\varphi(t) \sim \frac{x}{t^2}\) en \(+\infty\), donc elle est intégrable. La comparaison série-intégrale donne \(\int_1^{+\infty} \varphi \leq\, F(x) \leq\, \int_0^{+\infty} \varphi\). Avec \(t = \sqrt{x}\, s\), on obtient \(\int_0^{+\infty} \varphi(t) \, dt = \sqrt{x} \, J\), où \(J = \int_0^{+\infty} \arctan\frac{1}{s^2} \, ds\). Calculons \(J\) par intégration par parties sur \([\varepsilon, M]\). La dérivée de \(s \mapsto \arctan(s^{-2})\) vaut \(-\frac{2s}{1+s^4}\). Donc \[\int_{\varepsilon}^{M} \arctan\frac{1}{s^2} \, ds = [s \arctan\frac{1}{s^2}]_{\varepsilon}^{M} + \int_{\varepsilon}^{M} \frac{2s^2}{1+s^4} \, ds.\] Le crochet tend vers \(0\), car \(M \arctan(M^{-2}) \leq\, \frac{1}{M}\) et \(\varepsilon \arctan(\varepsilon^{-2}) \leq\, \frac{\pi\varepsilon}{2}\). Ainsi, \(J = 2 \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{2}} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}\). Enfin, \(\int_0^1 \varphi \leq\, \frac{\pi}{2}\), d’où \[\frac{\pi\sqrt{x}}{\sqrt{2}} – \frac{\pi}{2} \leq\, F(x) \leq\, \frac{\pi\sqrt{x}}{\sqrt{2}}.\] Par conséquent, \(F(x) \sim \pi\sqrt{\dfrac{x}{2}}\) quand \(x \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 14 : Une somme de fractions rationnelles et son équivalent à l’infini

Pour tout réel \(x\), \(0 < \frac{1}{n^2 + x^2} \leq\, \frac{1}{n^2}\). La convergence est normale sur \(\mathbb{R}\), et les termes sont continus. Donc \(g\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\), avec \(g(0) = \zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6}\).
La dérivée du terme d’indice \(n\) vaut \(-\frac{2x}{(n^2+x^2)^2}\). Comme \((n – |x|)^2 \geq\, 0\), on a \(2|x|n \leq\, n^2 + x^2\). Donc \[\frac{2|x|}{(n^2+x^2)^2} = \frac{2|x|n}{n(n^2+x^2)^2} \leq\, \frac{1}{n(n^2+x^2)} \leq\, \frac{1}{n^3}.\] La série des dérivées converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\). Par dérivation terme à terme, \(g\) est \(C^1\) et \(g^{\prime}(x) = -\sum \dfrac{2x}{(n^2+x^2)^2}\).
Chaque terme est pair, donc \(g\) est paire. Pour \(x > 0\), \(g^{\prime}(x) < 0\) : \(g\) est strictement décroissante sur \([0, +\infty[\). Enfin, chaque terme tend vers \(0\) en \(+\infty\), et la convergence est normale sur \(\mathbb{R}\). Par le théorème de la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\).
Soit \(x > 0\). La fonction \(t \mapsto \frac{1}{t^2 + x^2}\) est continue, positive, décroissante et intégrable sur \([0, +\infty[\). La comparaison série-intégrale donne \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t^2+x^2} \leq\, g(x) \leq\, \int_0^{+\infty} \frac{dt}{t^2+x^2}\). Or une primitive est \(\frac{1}{x}\arctan\frac{t}{x}\). Donc \(\int_0^{+\infty} \frac{dt}{t^2+x^2} = \frac{\pi}{2x}\) et \(\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t^2+x^2} = \frac{1}{x}(\frac{\pi}{2} – \arctan\frac{1}{x})\). En multipliant par \(x\) : \[\frac{\pi}{2} – \arctan\frac{1}{x} \leq\, x g(x) \leq\, \frac{\pi}{2}.\] Quand \(x \to +\infty\), \(\arctan\frac{1}{x} \to 0\). Donc \(g(x) \sim \dfrac{\pi}{2x}\) quand \(x \to +\infty\).

La figure ci-dessous compare la courbe de \(g\) à celle de \(\frac{\pi}{2x}\). Les deux courbes se rapprochent en valeur relative quand \(x\) grandit, conformément à l’équivalent.

Corrigé de l’exercice 15 : Noyau de Poisson et intégration terme à terme

Pour tout réel \(\theta\), \(|r^n \cos(n\theta)| \leq\, r^n\), et \(\sum r^n\) converge car \(0 \leq\, r < 1\). La convergence est normale sur \(\mathbb{R}\).
Comme \(|r e^{i\theta}| = r < 1\), la série géométrique complexe converge : \(\sum_{n \geq\, 0} (re^{i\theta})^n = \frac{1}{1 – re^{i\theta}}\). La partie réelle d’une série convergente est la série des parties réelles. On multiplie par le conjugué : \[\frac{1}{1 – re^{i\theta}} = \frac{1 – re^{-i\theta}}{(1 – re^{i\theta})(1 – re^{-i\theta})} = \frac{1 – r\cos\theta + ir\sin\theta}{1 – 2r\cos\theta + r^2}.\] Donc \(P_r(\theta) = \dfrac{1 – r\cos\theta}{1 – 2r\cos\theta + r^2}\).
La convergence est normale sur \([0, \pi]\) et les termes sont continus. On intègre terme à terme. Pour \(n = 0\), \(\int_0^{\pi} 1 \, d\theta = \pi\). Pour \(n \geq\, 1\), \(\int_0^{\pi} \cos(n\theta) \, d\theta = [\frac{\sin(n\theta)}{n}]_0^{\pi} = 0\). Ainsi, \(\int_0^{\pi} P_r = \pi\). Ensuite, soit \(k \geq\, 1\). La série \(\sum r^n \cos(n\theta)\cos(k\theta)\) converge encore normalement, avec le même majorant \(r^n\). Or \(\cos(n\theta)\cos(k\theta) = \frac{1}{2}\big(\cos((n-k)\theta) + \cos((n+k)\theta)\big)\). Comme \(n + k \geq\, 1\), l’intégrale sur \([0, \pi]\) vaut \(\frac{\pi}{2}\) si \(n = k\) et \(0\) sinon. Donc \(\int_0^{\pi} P_r(\theta)\cos(k\theta) \, d\theta = \dfrac{\pi r^k}{2}\).
Notons \(D = 1 – 2r\cos\theta + r^2\), qui ne s’annule pas car \(D \geq\, (1-r)^2 > 0\). On calcule \(2P_r – 1 = \frac{2 – 2r\cos\theta – D}{D} = \frac{1 – r^2}{D}\). En intégrant sur \([0, \pi]\), \((1 – r^2)\int_0^{\pi} \frac{d\theta}{D} = 2\pi – \pi = \pi\). Donc \(\int_0^{\pi} \dfrac{d\theta}{1 – 2r\cos\theta + r^2} = \dfrac{\pi}{1 – r^2}\). Pour \(r = 0\), on retrouve bien \(\pi\).

Corrigé de l’exercice 16 : Fonction êta de Dirichlet et retour sur zêta

Si \(x \leq\, 0\), alors \(|(-1)^{n-1} n^{-x}| = n^{-x} \geq\, 1\) : le terme général ne tend pas vers \(0\) et la série diverge grossièrement. Si \(x > 0\), la suite \((n^{-x})\) est positive, décroissante et tend vers \(0\). Le critère spécial des séries alternées s’applique. Le domaine de convergence simple est \(]0, +\infty[\).
Soit \(a > 0\) et \(x \geq\, a\). Le critère spécial donne \(|R_n(x)| \leq\, (n+1)^{-x} \leq\, (n+1)^{-a}\). Ce majorant tend vers \(0\) et ne dépend pas de \(x\). La convergence est uniforme sur \([a, +\infty[\). En revanche, \(\sup_{[a, +\infty[} n^{-x} = n^{-a}\). Si \(a \leq\, 1\), la série de Riemann \(\sum n^{-a}\) diverge. La convergence n’est donc pas normale sur \([a, +\infty[\) lorsque \(0 < a \leq\, 1\).
Les termes sont continus. La convergence est uniforme sur chaque \([a, +\infty[\), donc \(\eta\) est continue sur \(]0, +\infty[\). Ensuite, on groupe les termes deux par deux, ce qui est permis car la série converge : \(\eta(x) = \sum_{k \geq\, 1} ((2k-1)^{-x} – (2k)^{-x})\). Chaque parenthèse est positive, donc \(\eta(x) \geq\, 1 – 2^{-x} > 0\). Enfin, sur \([1, +\infty[\), la convergence est uniforme. Le premier terme vaut \(1\) et les autres tendent vers \(0\). Par la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} \eta(x) = 1\), et \(\eta > 0\).
Pour \(x > 1\), les deux séries convergent absolument. On soustrait terme à terme : \(\zeta(x) – \eta(x) = \sum_{n \geq\, 1} (1 – (-1)^{n-1}) n^{-x}\). Le coefficient vaut \(2\) pour \(n\) pair et \(0\) pour \(n\) impair. Donc \(\zeta(x) – \eta(x) = 2\sum_{k \geq\, 1} (2k)^{-x} = 2^{1-x}\zeta(x)\). Ainsi, \(\eta(x) = (1 – 2^{1-x})\zeta(x)\).
Par continuité de \(\eta\) en \(1\), \(\eta(x) \to \ln 2\) quand \(x \to 1^+\). Par ailleurs, \(1 – 2^{1-x} = 1 – e^{-(x-1)\ln 2} \sim (x-1)\ln 2\), car \(1 – e^{-u} \sim u\) en \(0\). Pour \(x > 1\), ce facteur est non nul. Donc \[\zeta(x) = \frac{\eta(x)}{1 – 2^{1-x}} \sim \frac{\ln 2}{(x-1)\ln 2}.\] On retrouve \(\zeta(x) \sim \dfrac{1}{x-1}\) quand \(x \to 1^+\).

Point de méthode : la série alternée se prolonge continûment là où la série à termes positifs explose. Relier les deux fonctions transfère alors la régularité de l’une en information asymptotique sur l’autre.

Corrigé de l’exercice 17 : La série thêta et son équivalent en 0

Si \(x \leq\, 0\), alors \(e^{-n^2 x} \geq\, 1\) et la série diverge grossièrement. Si \(x > 0\), alors \(0 < e^{-n^2 x} \leq\, e^{-nx}\), terme d’une série géométrique convergente. Le domaine de définition est \(]0, +\infty[\).
La dérivée \(k\)-ième du terme d’indice \(n\) vaut \((-n^2)^k e^{-n^2 x}\). Soit \(a > 0\). Pour \(x \geq\, a\), elle est majorée en valeur absolue par \(n^{2k} e^{-n^2 a}\). Or \(n^2 \cdot n^{2k} e^{-n^2 a} \to 0\) par croissances comparées, donc ce majorant est un \(o(\frac{1}{n^2})\). Chaque série dérivée converge donc normalement sur \([a, +\infty[\). Par le théorème de classe \(C^\infty\), \(\theta\) est \(C^\infty\) sur \(]0, +\infty[\). De plus, \(\theta^{\prime}(x) = -\sum_{n \geq\, 1} n^2 e^{-n^2 x} < 0\) : \(\theta\) est strictement décroissante.
La convergence est normale sur \([1, +\infty[\). Le terme d’indice \(0\) vaut \(1\), et les autres tendent vers \(0\). Par la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} \theta(x) = 1\). Ensuite, \(e^x(\theta(x) – 1) = 1 + \sum_{n \geq\, 2} e^{-(n^2-1)x}\). Sur \([1, +\infty[\), chaque terme de cette dernière série est majoré par \(e^{-(n^2-1)}\) : la convergence est normale. Chaque terme tend vers \(0\), donc la somme tend vers \(0\). Ainsi, \(e^x(\theta(x) – 1) \to 1\), c’est-à-dire \(\theta(x) – 1 \sim e^{-x}\).
Soit \(x > 0\). La fonction \(\varphi(t) = e^{-t^2 x}\) est continue, positive, décroissante et intégrable sur \([0, +\infty[\). Avec \(t = \frac{s}{\sqrt{x}}\), \(I(x) = \int_0^{+\infty} e^{-t^2 x} \, dt = \frac{1}{\sqrt{x}}\int_0^{+\infty} e^{-s^2} \, ds = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}}\). D’une part, pour \(n \geq\, 0\), \(\varphi(n) \geq\, \int_n^{n+1} \varphi\), d’où \(\theta(x) \geq\, I(x)\). D’autre part, pour \(n \geq\, 1\), \(\varphi(n) \leq\, \int_{n-1}^{n} \varphi\), d’où \(\theta(x) – 1 \leq\, I(x)\). Ainsi, \(\dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}} \leq\, \theta(x) \leq\, 1 + \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}}\).
En multipliant par \(\sqrt{x}\), on obtient \(\frac{\sqrt{\pi}}{2} \leq\, \sqrt{x}\,\theta(x) \leq\, \sqrt{x} + \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Par le théorème des gendarmes, \(\sqrt{x}\,\theta(x) \to \frac{\sqrt{\pi}}{2}\). Donc \(\theta(x) \sim \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{x}}\) quand \(x \to 0^+\).

Comme le montre la figure ci-dessous, la courbe de \(\theta\) reste dans la bande de hauteur \(1\) obtenue à la question 4. Près de \(0\), cette bande devient négligeable devant les deux bornes.

Corrigé de l’exercice 18 : L’intégrale de x puissance moins x sur [0, 1]

Par croissances comparées, \(x \ln x \to 0\) quand \(x \to 0^+\) : \(\varphi\) est continue en \(0\), donc sur \([0, 1]\). Sur \(]0, 1]\), \(\ln x \leq\, 0\), donc \(\varphi \geq\, 0\). Ensuite, \(\varphi^{\prime}(x) = -\ln x – 1\) s’annule en \(\frac{1}{e}\). Donc \(\varphi\) croît sur \(]0, \frac{1}{e}]\) et décroît sur \([\frac{1}{e}, 1]\). Ainsi, \(0 \leq\, \varphi \leq\, \varphi\!(\frac{1}{e}) = \frac{1}{e}\).
Pour \(x \in \, ]0, 1]\), \(x^{-x} = e^{-x\ln x} = e^{\varphi(x)} = \sum_{n \geq\, 0} \frac{\varphi(x)^n}{n!}\), par la série exponentielle. En \(x = 0\), la série vaut \(1\), qui est la limite de \(x^{-x}\) : on prolonge donc \(x^{-x}\) par \(1\) en \(0\). De plus, \(\sup_{[0,1]} \frac{\varphi^n}{n!} \leq\, \frac{e^{-n}}{n!}\), terme d’une série convergente. La convergence est normale sur \([0, 1]\).
Pour \(n \geq\, 1\) et \(k \geq\, 1\), \(x^n (\ln x)^k \to 0\) en \(0^+\), d’où le prolongement continu. Soit \(\varepsilon \in \, ]0, 1[\). On intègre par parties sur \([\varepsilon, 1]\), en dérivant \((\ln x)^k\) et en intégrant \(x^n\) : \[\int_{\varepsilon}^{1} x^n (\ln x)^k \, dx = [\frac{x^{n+1}}{n+1}(\ln x)^k]_{\varepsilon}^{1} – \frac{k}{n+1}\int_{\varepsilon}^{1} x^n (\ln x)^{k-1} \, dx.\] Le crochet vaut \(-\frac{\varepsilon^{n+1}(\ln \varepsilon)^k}{n+1}\), qui tend vers \(0\). Les intégrandes sont continus sur \([0, 1]\), donc les intégrales sur \([\varepsilon, 1]\) tendent vers les intégrales sur \([0, 1]\). Ainsi, \(I_{n,k} = -\dfrac{k}{n+1} I_{n,k-1}\).
On itère \(n\) fois, avec \(I_{n,0} = \frac{1}{n+1}\) : \[I_{n,n} = (-\frac{1}{n+1})^n n! \, I_{n,0} = \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}}.\] Or \(\varphi(x)^n = (-1)^n x^n (\ln x)^n\), donc \(\int_0^1 \varphi^n = (-1)^n I_{n,n} = \frac{n!}{(n+1)^{n+1}}\). Pour \(n = 0\), la formule donne \(1 = \int_0^1 1\). La formule vaut donc pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
Les fonctions \(\frac{\varphi^n}{n!}\) sont continues sur le segment \([0,1]\), et la convergence y est normale. Par intégration terme à terme : \[\int_0^1 x^{-x} \, dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n!} \cdot \frac{n!}{(n+1)^{n+1}} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^n}.\] Numériquement, \(1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{27} + \frac{1}{256} + \frac{1}{3125} \approx 1{,}29126\). Le reste vérifie \(\sum_{n \geq\, 6} n^{-n} \leq\, \sum_{n \geq\, 6} 6^{-n} = \frac{6^{-6}}{1 – 1/6} < 3 \times 10^{-5}\). Donc \(\int_0^1 x^{-x} \, dx \approx 1{,}291\) à \(10^{-3}\) près.

Corrigé de l’exercice 19 : Problème : étude complète d’une somme de série

Soit \(x > -1\). Pour \(n \geq\, 1\), \(n + x > 0\), donc le terme \(\frac{1}{n(n+x)}\) est bien défini et positif. De plus, \(\frac{1}{n(n+x)} \sim \frac{1}{n^2}\). Par comparaison avec une série de Riemann convergente, \(f\) est définie sur \(]-1, +\infty[\).
Soit \(a > -1\). Pour \(x \geq\, a\), \(n + x \geq\, n + a > 0\), donc \(0 < \frac{1}{n(n+x)} \leq\, \frac{1}{n(n+a)}\). Ce majorant est équivalent à \(\frac{1}{n^2}\). La convergence est donc normale sur \([a, +\infty[\). Les termes sont continus, donc \(f\) est continue sur chaque \([a, +\infty[\), et par suite sur \(]-1, +\infty[\).
D’abord, \(f(0) = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\). Ensuite, soit \(p \geq\, 1\). On décompose \(\frac{1}{n(n+p)} = \frac{1}{p}(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+p})\). Pour \(N \geq\, 1\), \[\sum_{n=1}^{N} (\frac{1}{n} – \frac{1}{n+p}) = H_N – (H_{N+p} – H_p) = H_p – \sum_{n=N+1}^{N+p} \frac{1}{n}.\] La dernière somme compte \(p\) termes majorés par \(\frac{1}{N+1}\), donc elle tend vers \(0\). Ainsi, \(f(p) = \dfrac{H_p}{p}\), d’où \(f(1) = 1\) et \(f(2) = \dfrac{3}{4}\).
La dérivée du terme d’indice \(n\) vaut \(-\frac{1}{n(n+x)^2}\). Sur \([a, +\infty[\), sa valeur absolue est majorée par \(\frac{1}{n(n+a)^2} \sim \frac{1}{n^3}\). La série des dérivées converge donc normalement sur \([a, +\infty[\). Par dérivation terme à terme, \(f\) est \(C^1\) et \(f^{\prime}(x) = -\sum \frac{1}{n(n+x)^2} < 0\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]-1, +\infty[\).
La convergence est normale sur \([0, +\infty[\), et chaque terme tend vers \(0\) en \(+\infty\). Par la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\).
On isole le premier terme : \(f(x) – \frac{1}{1+x} = g(x)\), où \(g(x) = \sum_{n \geq\, 2} \frac{1}{n(n+x)}\). Pour \(n \geq\, 2\) et \(x \geq\, -\frac{3}{2}\), on a \(n + x \geq\, n – \frac{3}{2} > 0\). Donc \(0 < \frac{1}{n(n+x)} \leq\, \frac{1}{n(n – 3/2)}\), qui est équivalent à \(\frac{1}{n^2}\). Ainsi, \(g\) est continue sur \([-\frac{3}{2}, +\infty[\), en particulier en \(-1\). Or \(g(-1) = \sum_{n \geq\, 2} \frac{1}{n(n-1)} = \sum_{n \geq\, 2} (\frac{1}{n-1} – \frac{1}{n}) = 1\). Donc \(f(x) – \dfrac{1}{1+x} \to 1\) quand \(x \to -1^+\). Il en découle \(f(x) = \frac{1}{1+x} + O(1)\). Par conséquent, \(f(x) \sim \dfrac{1}{1+x}\) en \(-1^+\).
Pour \(x \geq\, 0\), \(\psi(x) = \sum_{n \geq\, 1} \frac{1}{n} \cdot \frac{x}{n+x}\). Or \(\frac{x}{n+x} = 1 – \frac{n}{n+x}\) est croissante en \(x\). Chaque terme est donc croissant, et l’inégalité passe à la somme. Ainsi, \(\psi\) est croissante. Soit \(x \geq\, 1\) et \(p = \lfloor x \rfloor \geq\, 1\). Comme \(p \leq\, x < p + 1\), on a \(\psi(p) \leq\, \psi(x) \leq\, \psi(p+1)\). Or \(\psi(p) = p f(p) = H_p\). Donc \(H_p \leq\, \psi(x) \leq\, H_{p+1}\).
Soit \(x \geq\, 2\), de sorte que \(p \geq\, 2\) et \(\ln p > 0\). On écrit \(\frac{H_p}{\ln x} = \frac{H_p}{\ln p} \cdot \frac{\ln p}{\ln x}\). Le premier facteur tend vers \(1\). Pour le second, \(\ln x – \ln 2 \leq\, \ln(x – 1) \leq\, \ln p \leq\, \ln x\) dès que \(x \geq\, 3\), car alors \(x – 1 \geq\, \frac{x}{2}\) ; donc \(\frac{\ln p}{\ln x} \to 1\). De même, \(\frac{H_{p+1}}{\ln x} \to 1\), car \(\ln x \leq\, \ln(p+1) \leq\, \ln x + \ln 2\). Par encadrement, \(\frac{\psi(x)}{\ln x} \to 1\). Finalement, \(f(x) \sim \dfrac{\ln x}{x}\) quand \(x \to +\infty\).
La convergence est normale sur le segment \([0, 1]\), et les termes sont continus. On intègre terme à terme : \(\int_0^1 \frac{dx}{n(n+x)} = \frac{1}{n}\big[\ln(n+x)\big]_0^1 = \frac{1}{n}\ln(1 + \frac{1}{n})\). Donc \(\int_0^1 f(x) \, dx = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n}\ln(1 + \dfrac{1}{n})\).

La figure ci-dessous résume l’étude : asymptote verticale \(x = -1\), valeurs \(\frac{\pi^2}{6}\), \(1\) et \(\frac{3}{4}\) aux points \(0\), \(1\) et \(2\), puis décroissance lente vers \(0\), au rythme de \(\frac{\ln x}{x}\).

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