Séries de fonctions : cours de maths spé en PDF.

On note \(S_n = \sum_{k=0}^{n} u_k\) la somme partielle d’indice \(n\). La série \(\sum u_n\) converge simplement sur \(I\) si, pour tout \(x \in I\), la série numérique \(\sum u_n(x)\) converge. On définit alors sa somme \(S(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x)\) et son reste \(R_n(x) = S(x) – S_n(x) = \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_k(x)\).

La série \(\sum u_n\) converge uniformément sur \(I\) si la suite de fonctions \((S_n)\) converge uniformément sur \(I\) vers \(S\), autrement dit si \(\sup_{x \in I} |S(x) – S_n(x)| \to 0\) quand \(n \to +\infty\).

La série \(\sum u_n\) converge uniformément sur \(I\) si et seulement si elle converge simplement sur \(I\) et si la suite des restes \((R_n)\) converge uniformément vers la fonction nulle sur \(I\) : \[\sup_{x \in I} |R_n(x)| \xrightarrow[n \to +\infty]{ 0.\] De plus, si \(\sum u_n\) converge uniformément sur \(I\), alors \((u_n)\) converge uniformément vers \(0\) sur \(I\).

La première équivalence est la définition, puisque \(S – S_n = R_n\). Ensuite, on écrit \(u_n = S_n – S_{n-1} = R_{n-1} – R_n\). Donc \(\|u_n\|_\infty \leq\, \|R_{n-1}\|_\infty + \|R_n\|_\infty\), qui tend vers \(0\).

Prenons \(u_n(x) = x^n\) sur \(]-1, 1[\). La série converge simplement et \(S(x) = \dfrac{1}{1-x}\). Son reste vaut \(R_n(x) = \dfrac{x^{n+1}}{1-x}\). Sur \(]-1,1[\), ce reste n’est pas borné, car il tend vers \(+\infty\) quand \(x \to 1\). La convergence n’est donc pas uniforme sur \(]-1,1[\). En revanche, pour \(0 < a < 1\), on a \(\sup_{[-a,a]} |R_n| \leq\, \dfrac{a^{n+1}}{1-a} \to 0\) : la convergence est uniforme sur \([-a,a]\).

Pour prouver qu’une série de fonctions ne converge pas uniformément sur \(I\), on dispose de trois arguments. D’abord, le terme général ne tend pas uniformément vers \(0\). Ensuite, la somme est discontinue alors que les \(u_n\) sont continues. Enfin, on minore \(\sup_I |R_n|\) en évaluant le reste en un point bien choisi, par exemple \(x_n = 1 – \frac{1}{n}\).

On suppose chaque \(u_n\) bornée sur \(I\) et on note \(\|u_n\|_{\infty, I} = \sup_{x \in I} |u_n(x)|\). La série \(\sum u_n\) converge normalement sur \(I\) si la série numérique \(\sum \|u_n\|_{\infty, I}\) converge.

Si \(\sum u_n\) converge normalement sur \(I\), alors elle converge absolument en tout point de \(I\), et elle converge uniformément sur \(I\).

Pour \(x \in I\), on a \(|u_n(x)| \leq\, \|u_n\|_\infty\). Par comparaison de séries à termes positifs, \(\sum u_n(x)\) converge absolument, donc converge. Ensuite, pour tout \(x \in I\) : \[|R_n(x)| = | \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_k(x) | \leq\, \sum_{k=n+1}^{+\infty} \|u_k\|_\infty.\] Le majorant est le reste d’une série numérique convergente. Il ne dépend pas de \(x\) et tend vers \(0\). Donc \(\sup_I |R_n| \to 0\).

Pour établir la convergence normale sur un intervalle adapté, on procède ainsi. D’abord, on calcule ou on majore \(\sup_I |u_n|\), par une majoration directe ou par une étude de fonction (dérivée, tableau de variations). Ensuite, on teste la convergence de la série des bornes. Si elle diverge sur \(I\), on restreint l’intervalle : on travaille sur \([a, +\infty[\) avec \(a > 0\), ou sur un segment \([-a, a]\), en écartant le point qui pose problème.

Soit \(u_n(x) = x^2 e^{-nx}\) sur \([0, +\infty[\), pour \(n \geq\, 1\). On dérive : \(u_n^{\prime}(x) = x e^{-nx}(2 – nx)\). Ainsi, \(u_n\) croît sur \([0, 2/n]\) puis décroît. Par conséquent, \[\|u_n\|_\infty = u_n\!(\frac{2}{n}) = \frac{4 e^{-2}}{n^2}.\] La série \(\sum \frac{4e^{-2}}{n^2}\) converge : la série converge normalement sur \([0, +\infty[\).

Soit \(u_n(x) = (-1)^n a_n(x)\) où, pour tout \(x \in I\), la suite \((a_n(x))\) est positive, décroissante et de limite nulle. Alors \(\sum u_n\) converge simplement sur \(I\) et \(|R_n(x)| \leq\, a_{n+1}(x)\). Si de plus \(\sup_I a_n \to 0\), la convergence est uniforme sur \(I\).

Considérons \(u_n(x) = \dfrac{(-1)^n}{n+x}\) sur \([0, +\infty[\), pour \(n \geq\, 1\). Pour \(x\) fixé, \(\frac{1}{n+x}\) décroît vers \(0\). Donc \(|R_n(x)| \leq\, \frac{1}{n+1+x} \leq\, \frac{1}{n+1}\) : la convergence est uniforme sur \([0, +\infty[\). Cependant, \(\|u_n\|_\infty = \frac{1}{n}\), et la série harmonique diverge : il n’y a pas convergence normale.

Si chaque \(u_n\) est continue sur \(I\) et si \(\sum u_n\) converge uniformément sur \(I\), alors la somme \(S\) est continue sur \(I\). Il suffit même que la convergence soit uniforme sur tout segment de \(I\), ou sur tout intervalle d’une famille qui recouvre \(I\) au voisinage de chaque point.

Les sommes partielles \(S_n\) sont continues, comme sommes finies de fonctions continues. Elles convergent uniformément vers \(S\). Le théorème de continuité des limites uniformes, vu pour les suites de fonctions, donne la continuité de \(S\). Enfin, la continuité est une propriété locale : si tout \(x_0 \in I\) possède un voisinage relatif où la convergence est uniforme, alors \(S\) est continue en \(x_0\).

La fonction zêta de Riemann est définie sur \(]1, +\infty[\) par \(\zeta(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^x}\). Pour \(a > 1\) et \(x \geq\, a\), on a \(0 < n^{-x} \leq\, n^{-a}\). Donc la série converge normalement sur \([a, +\infty[\). Chaque terme est continu, donc \(\zeta\) est continue sur \([a, +\infty[\) pour tout \(a > 1\), donc sur \(]1, +\infty[\).

La série de zêta ne converge pas normalement sur \(]1, +\infty[\), car \(\sup_{x > 1} n^{-x} = \frac{1}{n}\). Elle n’y converge pas non plus uniformément. En effet, pour tout \(n\), le reste \(R_n(x)\) tend vers \(+\infty\) quand \(x \to 1^+\). Travailler sur \([a, +\infty[\) est donc indispensable.

Soit \(a\) une extrémité de \(I\), éventuellement \(\pm\infty\). On suppose que \(\sum u_n\) converge uniformément sur \(I\) et que chaque \(u_n\) admet une limite finie \(\ell_n\) en \(a\). Alors la série \(\sum \ell_n\) converge, et \[\lim_{x \to a} \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \ell_n.\]

Calculons la limite de \(\zeta\) en \(+\infty\). La série converge normalement, donc uniformément, sur \([2, +\infty[\). De plus, \(1^{-x} = 1\) pour tout \(x\), et \(n^{-x} \to 0\) pour \(n \geq\, 2\). Par le théorème de la double limite, \(\lim_{x \to +\infty} \zeta(x) = 1 + 0 + 0 + \cdots = 1\).

Pour calculer une limite de la somme en une borne \(a\), on cherche un intervalle contenant un voisinage de \(a\) sur lequel la convergence est uniforme (souvent normale). Puis on calcule la limite de chaque terme. En revanche, si la limite attendue est infinie, on ne peut pas utiliser ce théorème. On minore alors la somme par une somme partielle : lorsque les termes sont positifs, \(S(x) \geq\, \sum_{n=0}^{N} u_n(x)\) pour tout \(N\).

Le théorème sert aussi à prouver une absence de convergence uniforme. Par exemple, si chaque \(u_n\) tend vers \(\ell_n\) en \(a\) mais que \(\sum \ell_n\) diverge, alors la convergence ne peut pas être uniforme au voisinage de \(a\).

Soit \([a, b]\) un segment. Si chaque \(u_n\) est continue sur \([a, b]\) et si \(\sum u_n\) converge uniformément sur \([a, b]\), alors la série \(\sum \int_a^b u_n\) converge et \[\int_a^b \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(t) \, dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_a^b u_n(t) \, dt.\]

La somme \(S\) est continue, donc intégrable sur \([a,b]\). Par linéarité de l’intégrale, \(\int_a^b S_n = \sum_{k=0}^{n} \int_a^b u_k\). Ensuite, \[| \int_a^b S – \int_a^b S_n | \leq\, \int_a^b |R_n| \leq\, (b – a) \sup_{[a,b]} |R_n|.\] Le majorant tend vers \(0\). Donc les sommes partielles \(\sum_{k \leq\, n} \int_a^b u_k\) convergent vers \(\int_a^b S\).

Calculons \(\int_0^1 \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^n}{n^2} \, dt\). Sur \([0, 1]\), on a \(|\frac{t^n}{n^2}| \leq\, \frac{1}{n^2}\) : la convergence est normale. On intègre donc terme à terme : \[\int_0^1 \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^n}{n^2} \, dt = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2(n+1)}.\] Or \(\frac{1}{n^2(n+1)} = \frac{1}{n^2} – \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}\). La partie \(\sum (\frac{1}{n+1} – \frac{1}{n})\) est télescopique et vaut \(-1\). Finalement, l’intégrale vaut \(\frac{\pi^2}{6} – 1\).

Le théorème concerne un segment. Sur un intervalle non borné, la convergence uniforme ne suffit plus. Par exemple, notons \(h(s) = \max(0, 1 – |s – 1|)\), fonction triangle d’aire \(1\), et \(v_n(t) = \frac{1}{n} h\!(\frac{t}{n})\) pour \(n \geq\, 1\). Posons \(u_0 = v_1\) et \(u_n = v_{n+1} – v_n\). Alors \(S_n = v_{n+1}\) tend uniformément vers \(0\) sur \([0, +\infty[\), car \(\|v_{n+1}\|_\infty = \frac{1}{n+1}\). Pourtant, \(\int_0^{+\infty} S_n = 1\) pour tout \(n\), alors que la somme est nulle. Pour un intervalle quelconque, on utilise le théorème d’intégration terme à terme du chapitre sur l’intégrabilité.

On suppose que : chaque \(u_n\) est de classe \(C^1\) sur \(I\) ; la série \(\sum u_n\) converge simplement sur \(I\) ; la série des dérivées \(\sum u_n^{\prime}\) converge uniformément sur tout segment de \(I\). Alors la somme \(S\) est de classe \(C^1\) sur \(I\), et \[S^{\prime}(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} u_n^{\prime}(x) \quad \text{pour tout } x \in I.\]

Fixons \(x_0 \in I\) et notons \(T = \sum u_n^{\prime}\), continue par le théorème de la partie III. Pour \(x \in I\), le théorème fondamental de l’analyse donne \(S_n(x) = S_n(x_0) + \int_{x_0}^{x} S_n^{\prime}(t) \, dt\). On fait tendre \(n\) vers l’infini. D’une part, \(S_n(x) \to S(x)\) et \(S_n(x_0) \to S(x_0)\). D’autre part, la convergence est uniforme sur le segment d’extrémités \(x_0\) et \(x\), donc l’intégrale tend vers \(\int_{x_0}^{x} T\). Ainsi, \(S(x) = S(x_0) + \int_{x_0}^{x} T(t) \, dt\), et \(S\) est une primitive de la fonction continue \(T\).

Soit \(k \geq\, 1\). Si chaque \(u_n\) est de classe \(C^k\) sur \(I\), si les séries \(\sum u_n^{(j)}\) convergent simplement sur \(I\) pour \(0 \leq\, j \leq\, k-1\), et si \(\sum u_n^{(k)}\) converge uniformément sur tout segment de \(I\), alors \(S\) est de classe \(C^k\) sur \(I\) et \(S^{(j)} = \sum u_n^{(j)}\) pour \(j \leq\, k\).

La fonction \(\zeta\) est de classe \(C^\infty\) sur \(]1, +\infty[\). En effet, la dérivée \(k\)-ième de \(x \mapsto n^{-x} = e^{-x \ln n}\) vaut \((-\ln n)^k n^{-x}\). Pour \(a > 1\) et \(x \geq\, a\), on a \(|(-\ln n)^k n^{-x}| \leq\, (\ln n)^k n^{-a}\). Choisissons \(b\) tel que \(1 < b < a\). Alors \((\ln n)^k n^{-a} = o(n^{-b})\) par croissances comparées, donc cette série converge. Chaque série dérivée converge normalement sur \([a, +\infty[\). Par conséquent, \(\zeta^{\prime}(x) = -\sum_{n \geq\, 2} \frac{\ln n}{n^x} < 0\) et \(\zeta^{\prime\prime}(x) = \sum_{n \geq\, 2} \frac{(\ln n)^2}{n^x} > 0\) : \(\zeta\) est strictement décroissante et convexe.

Pour montrer qu’une somme de série est de classe \(C^1\), on rédige en quatre temps. Premièrement, on vérifie que chaque \(u_n\) est \(C^1\) et on calcule \(u_n^{\prime}\). Deuxièmement, on établit la convergence simple de \(\sum u_n\). Troisièmement, on prouve la convergence normale de \(\sum u_n^{\prime}\) sur tout segment \([a, b] \subset I\), ou sur des intervalles \([a, +\infty[\). Enfin, on conclut en citant le théorème de dérivation terme à terme.

La convergence uniforme de \(\sum u_n\) ne suffit jamais. Par exemple, \(\sum \frac{\sin(nx)}{n^2}\) converge normalement sur \(\mathbb{R}\). Pourtant, la série des dérivées \(\sum \frac{\cos(nx)}{n}\) diverge en \(x = 0\). On ne peut donc pas dériver terme à terme sur \(\mathbb{R}\).

Soit \(\varphi : [0, +\infty[ \to \mathbb{R}_+\) continue, décroissante et intégrable. Alors \[\int_1^{+\infty} \varphi(t) \, dt \leq\, \sum_{n=1}^{+\infty} \varphi(n) \leq\, \int_0^{+\infty} \varphi(t) \, dt.\] Si \(\varphi\) n’est définie que sur \([1, +\infty[\), on a de même \(\int_1^{+\infty} \varphi \leq\, \sum_{n \geq\, 1} \varphi(n) \leq\, \varphi(1) + \int_1^{+\infty} \varphi\).

Par décroissance, pour \(t \in [n, n+1]\), on a \(\varphi(n+1) \leq\, \varphi(t) \leq\, \varphi(n)\). En intégrant sur \([n, n+1]\), on obtient \(\int_n^{n+1} \varphi \leq\, \varphi(n)\) et, de même, \(\varphi(n) \leq\, \int_{n-1}^{n} \varphi\). Il reste à sommer ces inégalités pour \(n \geq\, 1\).

Pour tout \(x > 1\), \(\dfrac{1}{x-1} \leq\, \zeta(x) \leq\, 1 + \dfrac{1}{x-1}\). Par conséquent, \(\zeta(x) \underset{x \to 1^+}{\sim} \dfrac{1}{x-1}\) et \(\lim_{x \to 1^+} \zeta(x) = +\infty\).

Pour \(x > 1\), la fonction \(t \mapsto t^{-x}\) est continue, positive et décroissante sur \([1, +\infty[\). De plus, \(\int_1^{+\infty} t^{-x} \, dt = \frac{1}{x-1}\). La proposition précédente donne l’encadrement. En le multipliant par \(x – 1 > 0\), on obtient \(1 \leq\, (x-1)\zeta(x) \leq\, x\). Par le théorème des gendarmes, \((x-1)\zeta(x) \to 1\).

Pour obtenir un équivalent de \(S(x) = \sum \varphi_x(n)\) au bord du domaine, on vérifie d’abord que \(t \mapsto \varphi_x(t)\) est monotone pour chaque \(x\). Ensuite, on encadre \(S(x)\) par deux intégrales. Puis on calcule l’intégrale principale, souvent par un changement de variable qui fait sortir la dépendance en \(x\). Enfin, on vérifie que l’écart entre les deux bornes est négligeable.

Soit \(S(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} e^{-x\sqrt{n}}\) pour \(x > 0\). La fonction \(t \mapsto e^{-x\sqrt{t}}\) est décroissante sur \([0, +\infty[\). Avec \(t = u^2\), on calcule \(\int_0^{+\infty} e^{-x\sqrt{t}} \, dt = \int_0^{+\infty} 2u e^{-xu} \, du = \frac{2}{x^2}\). De plus, \(\int_0^1 e^{-x\sqrt{t}} \, dt \leq\, 1\). Donc \(\frac{2}{x^2} – 1 \leq\, S(x) \leq\, \frac{2}{x^2}\). Ainsi, \(S(x) \sim \frac{2}{x^2}\) quand \(x \to 0^+\).