Exercices du chapitre 10. Suites et séries de...

Exercices du chapitre 10. Suites et séries de fonctions

Suites de fonctions

Exercice 10.1

Étudier le mode de convergence des suites de fonctions définies ci-dessous :

(1) x ∈�

�7−→ cos(x) (sin(x))n (2) x ∈ R 7−→ ne−x + 1

(3) x ∈]0,+∞[ 7−→ inf�

�(4) x ∈ R 7−→ nxe−nx2

Exercice 10.2

Pour tout n ∈ N∗ et x ∈ R, on note fn(x) = e(n−1)x

1. Étudier la convergence simple de ( fn).

2. Montrer que la convergence est uniforme sur tout intervalle ] −∞, b], où b ∈ R.

3. La convergence est-elle uniforme sur R ?

Exercice 10.3

Soit ( fn)n⩾1 la suite de fonctions définies sur [0,1] par

fn(x) =2n x

1+ 2nnx2 .

1. Étudier la convergence simple de cette suite de fonctions.

2. Calculer In =∫ 1

0fn(t)d t et lim

n→+∞ In.

En déduire que la suite ( fn) n’est pas uniformément convergentesur [0,1].

3. Donner une démonstration directe du fait que la suite ( fn) neconverge pas uniformément sur [0,1].

Maths - PC - Lycée René Cassin - Bayonne - 2018-2019

Exercice 10.4

On considère un réel α, et pour tout n ∈ N la fonction fn définie sur[0 ; +∞[ par

fn(x) = x(1+ nαe−nx).

1. Montrer que la suite�

n∈N converge simplement sur [0 ; +∞[ versune fonction que l’on déterminera.

2. Pour quelles valeurs de α la suite converge-t-elle uniformément sur[0 ; +∞[ vers f ?

3. Calculer limn→+∞

ne−nx)d x.

Séries de fonctions

Exercice 10.5

Pour tous x ⩾ 0 et n ∈ N∗, on pose un(x) =x

n2+ x2 .

1. Montrer que la série∑

un converge simplement sur R+.2. Montrer que la série

∑un converge uniformémement sur tout in-

tervalle [0,A], avec A> 0.

3. Vérifier que, pour tout n ∈ N, 2n∑k=n+1

nn2+k2 ⩾ 1

En déduire que la série∑

un ne converge pas uniformément surR+.

4. Montrer que la série∑(−1)nun converge uniformément sur R+.

5. Montrer que la série∑(−1)nun converge normalement sur tout in-

tervalle [0,A], avec A> 0.

6. Montrer que la série∑(−1)nun ne convergence pas normalement

sur R+.

Exercice 10.6

Pour tous x ⩾ 0 et n ∈ N∗, on pose vn(x) =(−1)npn+ x

Montrer que∑

vn ne converge pas normalement mais converge uni-formément sur [0 ; +∞[.

Exercice 10.7

Montrer que la série des fonctions gn définies sur [0 ; 1] par

gn(x) =

si x ∈i

i0 sinon,

converge uniformément mais pas normalement sur [0 ; 1].

Exercice 10.8

Étudier le mode de convergence des séries de fonctions ci-dessous :

(1) x ∈ ]0 ; +∞[ 7−→ sin(nx)1+ n2 x2 (2) x ∈ ]0 ; +∞[ 7−→ (−1)n−1e−nx

(3) x ∈ R 7−→ 1

n(4) x ∈ [0 ; +∞[ 7−→ x

(1+ x2)n

(5) x ∈ ]0 ; +∞[ 7−→ xe−nx

ln(n)(6) x ∈ R 7−→

∫ +∞0

sin(t + nx)n3+ t2 d t

Propriétés de la somme d’une série de fonctions

Exercice 10.9

Soient α> 0 et pour tout n ∈ N∗, un : x ∈ [0 ; +∞[ 7→ xnα(1+nx2)

·1. (a) Montrer que

∑un converge simplement sur [0 ; +∞[.

(b) Pour quelles valeurs de α la série de fonctions∑

un converge-t-elle normalement sur [0 ; +∞[ ?

(c) Pour quelles valeurs de α la série de fonctions∑

un converge-t-elle normalement sur tout segment de ]0 ; +∞[ ?

2. Soit α⩽ 12.

(a) Établir l’inégalité+∞∑

uk(x)⩾2n∑

xp2n (1+ kx2)

·(b) En déduire que la série de fonctions

∑un ne converge pas uni-

formément sur [0 ; +∞[.3. On note Sα =

+∞∑n=1

(a) Établir pour tout α> 0, la continuité de Sα sur ]0 ; +∞[.(b) Montrer que si α> 1

2, alors Sα est continue sur [0 ; +∞[.

(c) On suppose que α⩽ 12, et on prend un réel x > 0.

-i)- Prouver que f : t 7→ x

tα(1+ t x2)est intégrable sur [1 ; +∞[.

-ii)- Montrer que

∫ +∞1

f (t)d t ⩽ Sα(x).

-iii)- Calculer

∫ +∞1

xpt (1+ t x2)

-iv)- En déduire que S 12, puis Sα, ne sont pas continues en 0.

Exercice 10.10 – Oral ICNA

1. Justifier l’existence et calculer I(p, q) =∫ 1

0x p (ln x)q d x pour tout

(p, q) ∈ N∗×N.2. Montrer que

0x xd x =

+∞∑n=1

(−1)n−1

Exercice 10.11

1. Vérifier que x 7→ ∞∑n=1

n(1+ nx)est définie et continue sur ]0 ; +∞[.

2. Étudier la monotonie de la fonction f définie ci-dessus.

3. (a) Montrer que f admet en +∞ une limite que l’on donnera.

(b) Donner un équivalent de f (x) quand x tend vers +∞(on pourra étudier la limite de x f (x)).

4. Grâce à une comparaison série-intégrale, déterminer un équivalentde f (x) quand x tend vers 0.

Exercice 10.12

1. Vérifier que f : x 7→ ∞∑n=0

(−1)n

n+ xest définie et continue sur ]0 ; +∞[,

et étudier sa monotonie.

2. (a) Montrer que pour tout x > 0, f (x) + f (x + 1) = 1x.

(b) En déduire un équivalent de f (x) quand x tend vers 0.

Exercice 10.13

On considère la fonction f : x 7→ +∞∑n=0

12n tan

1. Vérifier que f est définie et continue sur I=�−π

2. Montrer que pour tous x ∈ R et N ∈ N,

2N+1 sin� x

� N∏n=0

cos� x

�= sin(2x).

3. Calculer∫ x

0f (t)d t, et en déduire une expression de f (x).

Exercice 10.14 – Oral Centrale

Pour x ∈ R+, S(x) =+∞∑n=1

1+ x2n

1. Préciser l’ensemble D de définition de S.

2. Étudier la continuité de S (remarquer que S(x) = S�

3. Étudier les variations de S et trouver un équivalent aux extrémitésde D.

Exercice 10.15

1. Dériver la fonction x ∈ ]−1 ; 1[ 7→ arctan�

x sin x

1− x cos x

2. En déduire+∞∑n=1

xn sin(nx)n

pour tout x ∈ ]−1 ; 1[.

Exercice 10.16

On s’intéresse à la fonction f : x 7→+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + n).

1. Montrer que f est bien définie sur ]0 ; +∞[, et calculer f (1).

2. Démontrer que f est de classe C∞ sur ]0 ; +∞[.3. Démontrer que pour tout x > 0, x f (x)− f (x + 1) = 1

4. En déduire un équivalent de f en 0+.

5. (a) Montrer que pour tout réel x > 0 et tout entier n ∈ N,n∑

�(−1)k

x + k=

x(x + 1) · · · (x + n)·

(b) En déduire que pour tout x > 0,

f (x) =1

+∞∑n=0

x(x + 1) · · · (x + n).

(On pourra considérer e× f (x) comme le produit de deuxséries.)

Exercice 10.17 – Extrait de E3A PSI 2010

1. Soit a un réel positif ou nul. On considère les suites réelles (an)n∈Net (bn)n∈N définies par

a0 = a, b0 = 1, an+1 =an+ bn

2, bn+1 =

pan bn.

(a) Montrer que pour tout entier n ∈ N, an ⩾ 0, bn ⩾ 0, et an+1 −bn+1 =

12(pan−

pbn)2.

(b) En déduire que ∀n⩾ 1, 0⩽ bn ⩽ bn+1 ⩽ an+1 ⩽ an.

(c) Montrer que, ∀n ∈ N∗, |an− bn|⩽ 12n |1− a|.

(d) En déduire que (an)n∈N et (bn)n∈N sont convergentes et demême limite.

2. Désormais (an)n∈N et (bn)n∈N désignent les suites de fonctions défi-nies sur [0,+∞[ en posant

a0(x) = x , b0(x) = 1, an+1 =an+ bn

2et bn+1 =

pan bn.

(a) Justifier que les suites (an) et (bn) convergent simplement sur[0,+∞[ vers une fonction f .

(b) Déterminer f (0) et f (1).

(c) Montrer que pour tout x on ap

x ⩽ f (x)⩽1+ x

(d) Soit A > 0 un réel. Montrer que les suites de fonctions (an)n∈Net (bn)n∈N convergent uniformément sur [0,A] vers f .

(e) En déduire que la fonction f est continue sur [0,+∞[.

Exercice 10.18 – Séries trigonométriques

On appelle « série trigonométrique » une série de fonctions∑

fn dutype

fn : x 7→ an cos(nx) + bn sin(nx),

où (an) et (bn) sont deux suites de réels.

On notera C2π l’espace vectoriel des fonctions continues et 2π-périodiques de R dans R. Pour f ∈ C2π et n ∈ N, on notera

αn( f ) =1

∫ π−π

f (x) cos(nx)d x et βn( f ) =1

∫ π−π

f (x) sin(nx)d x

Partie 1 : exemples

1. Démontrer que la série trigonométrique∑�12n cos(nx) + 1

3n sin(nx)�converge normalement sur R.

2. Pour tout entier p ⩾ 2, déterminer la somme de la série de terme

général

�ei x

puis en déduire la valeur de

+∞∑n=0

2n cos(nx) +1

3n sin(nx)�

(il n’est pas utile de réduire au même dénominateur).3. Écrire la fonction φ : x 7→ exp(cos(x)) cos(sin(x)) comme la

somme d’une série trigonométrique.(On pourra écrire la fonction x 7→ exp(ei x) comme somme desérie de fonctions.)

4. Donner un exemple de suite (an) de limite nulle telle que la sérietrigonométrique

∑an cos(nx) ne converge pas simplement sur R.

5. On admet que la série trigonométrique∑

n⩾11pn

sin(nx) convergesimplement sur R. Converge-t-elle normalement sur R ?

Partie 2 : propriétés

6. Démontrer que si les séries∑

an et∑

bn sont absolument conver-gentes, alors la série trigonométrique

∑(an cos(nx) + bn sin(nx))

converge normalement sur R.7. Soient a, b ∈ R. Démontrer que

pa2+ b2 est le maximum sur R de

x 7→ |a cos(x) + b sin(x)|.En déduire que si la série trigonométrique

∑(an cos(nx) +

bn sin(nx)) converge normalement sur R, alors les suites (an) et(bn) convergent vers 0 et les séries

∑an et

∑bn sont absolument

convergentes.

8. Montrer que la somme d’une série trigonométrique qui convergenormalement sur R est une fonction de C2π.

9. Donner les valeurs de∫ π−π cos(kx) cos(nx)d x = 0,∫ π

−π sin(kx) cos(nx)d x, et∫ π−π sin(kx) sin(nx)d x pour k et n

entiers.

10. On note f la somme d’une série trigonométrique∑(an cos(nx) +

bn sin(nx)) qui converge normalement sur R :

∀x ∈ R, f (x) =+∞∑k=0

(ak cos(kx) + bk sin(kx)).

(a) Démontrer que pour tout entier naturel n non nul, αn( f ) = an

puis exprimer α0( f ) en fonction de a0.

(b) Montrer que pour tout entier naturel n non nul βn( f ) = bn etβ0( f ) = 0.

11. Soit f ∈ C2π. Pour tout réel x, on pose

u0(x) =α0( f )

∀n ∈ N∗, un(x) = αn( f ) cos(nx) + βn( f ) sin(nx).

On suppose ici que la série trigonométrique∑(un(x)) converge

normalement sur R vers une fonction notée g :

∀x ∈ R, g(x) =α0( f )

2++∞∑k=1

(αk( f ) cos(kx) + βk( f ) sin(kx))

Quelles relations a-t-on dans ce cas entre αn(g) et αn( f ) ? βn(g) etβn( f ) ?

12. Il est admis que si une fonction h ∈ C2π vérifie : pour tout entiernaturel n, αn(h) = βn(h) = 0, alors h est la fonction nulle. Démon-trer que pour tout réel x, g(x) = f (x).

En résumé, lorsque la série trigonométrique∑(αn( f ) cos(nx) +

βn( f ) sin(nx)) d’une fonction f ∈ C2π converge normalement queR alors pour tout réel x, on a

f (x) =α0( f )

2++∞∑n=1

(αn( f ) cos(nx) + βn( f ) sin(nx)).

13. Si f ∈ C2π est une fonction paire, que vaut βn( f ) ? Exprimer, sansdémonstration, αn( f ) en fonction de l’intégrale

∫ π0

f (x) cos(nx)d x.

Partie 3 : un exemple

14. Soit f ∈ C2π définie par : ∀x ∈ [−π ; π] , f (x) = x2.

(a) Construire la courbe de cette fonction paire f sur l’intervalle[−3π, 3π].

(b) Déterminer, pour tout entier naturel, les coefficients αn( f ) etβn( f ).

(c) Donner une série trigonométrique qui converge normalementsur R vers f .

(d) En déduire les sommes

+∞∑n=1

(−1)n

n2 et+∞∑n=1

(e) Déduire alors de la seconde somme la valeur de

+∞∑n=1

(2n+ 1)2.

Partie 4 : une application

15. Justifier que la fonction x 7→ ln(1+x)x

est intégrable sur l’intervalle]0,1[ puis démontrer que∫ 1

ln(1+ x)x

d x =π2

16. La somme d’une série trigonométrique qui converge normalementsur R est-elle nécessairement une fonction dérivable sur R ?Proposer une condition suffisante sur les séries

∑nan et

∑nbn

pour que la somme de la série trigonométriquen∑(an cos(nx) +

bn sin(nx)), qui converge normalement sur R soit une fonction dé-rivable sur R.

17. Déterminer la somme de la série trigonométrique∑

n3n cos(nx).

Solutions

Une correction de l’exercice 10.1 énoncé(a) Ý ⋆ Si x ∈ [0 ; π/2[, 0 ⩽ sin(x) < 1, donc fn(x) =

cos(x) sin(x)n −−−−→n−→+∞ 0 ;

⋆ si x = π/2, fn(x) = 0−−−−→n−→+∞ 0.

On en déduit que�

n∈N converge simplement sur [0 ; π/2]vers la fonction nulle.

Ý Étudions fn− 0

[0 ;π/2]

∞ quand n→+∞.Soit n ∈ N, fn est dérivable sur [0 ; π/2], de dérivée

f ′n(x) = (. . .)

= (n+ 1) (sin(x))n−1�

cos(x)− 1pn+ 1

��cos(x) +

1pn+ 1

qui est positive à gauche de αn = arccos�

�, nulle en αn,

et négative à droite de αn.Le tableau des variations de fn donne alors fn

[0 ;π/2]

∞ = cos(αn) sin(αn)n

n+ 1sin(αn)

qui entraîne par encadrement que fn

[0 ;π/2]

∞ −−−−→n−→+∞ 0

0.6n= 1

n= 11n= 21

n= 31n= 41

(b) Ý Pour tout réel x fixé,

fn(x) =ne−x + 1

n+ x2 ∼n→+∞

ne−x

n= e−x ,

donc la suite de fonctions�

n∈N converge simplement versf : x 7→ e−x sur R.

Ý Pour tout n ∈ N,

fn(x)− f (x) =1− x2e−x

n+ x2 −−−−→x−→−∞ −∞donc fn − f n’est pas bornée sur R, ce qui rend impossible laconvergence uniforme de

�fn�

n∈N sur R.Ý En revanche, soit [a ; b]⊂ R, alors pour tout réel x fixé,�� fn(x)− f (x)

��= ��1− x2e−x

��⩽

��1− x2e−x�� (car n+ x2 ⩾ n)

n×M où M= max

x∈[a ; b]

��1− x2e−x��

(rappelons que toute fonction conti-nue sur un segment a un maximum)

donc fn− f [a ; b]

∞ ⩽1

nM−−−−→

n−→+∞ 0

ce qui prouve que�

n∈N converge uniformément sur tout seg-ment de R.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

(c) On pose pour tout n ∈ N, fn : x 7→ nxe−nx2.

Pour tout x ∈ R, par croissances comparées,

fn(x)−−−−→n−→+∞ 0

donc�

n∈N converge simplement sur R vers la fonction nulle.

L’étude des variations de la fonction fn : x 7→ nxe−nx2montre que fn

R∞ = �� fn

�1p2n

��−−−−→n−→+∞ +∞, donc la suite

�fn�

n∈N ne converge

pas uniformément sur R.

−3 −2 −1 1 2 3

−1.5

−0.5

(d) Pour tout x > 0, dès que n⩾ 1px,

inf�

1px−−−−→n−→+∞

donc converge simplement vers x 7→ 1pxsur ]0 ; +∞[.

En revanche, pour x < 1n2 ,�� fn(x)− f (x)��= ��n− 1p

��−−−→x−→0+∞,

donc la différence fn− f n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[, et il n’y apas convergence uniforme.

0 1 2 3 40

n= 1n= 2n= 3

Une correction de l’exercice 10.2 énoncé1. On a (n−1)x

n→ x et donc, par théorème de composition des limites,

fn(x)→ ex , pour tout x ∈ R.Ainsi la suite de fonctions

�fn�

n∈N converge simplement sur R versexp.

−3 −2 −1 1 2

2. Pour tout n ∈ N∗, et tout x ∈ R, posonsφn(x) = fn(x)− exp(x) = e

n−1n x − ex

= ex�

e− 1n x − 1

cette fonction est dérivable sur R, de dérivée

φ′n(x) =n− 1

nex�

e− 1n x − n

n− 1

Cette dérivée s’annule en αn = −n ln�

nn−1

�< 0, et par la décrois-

sance de x 7→ e− 1n x , est positive à gauche de αn, et négative à droite.

Par conséquent, φn est croissante sur�−∞ ; αn

�, puis décroissante.

Pour tout b > 0, on déduit des variations de φn, et du fait queφn(0) = 0= lim

x→−∞φn(x), que φn

]−∞ ; b]

∞ =max��φn(αn)

�� , ��φn(b)�� .

Sur une main,

φn(αn) = e−(n−1) ln�

nn−1

�− e−n ln

�= e(n−1) ln(1− 1

n)− en ln(1− 1n)

(n− 1) ln�

1− 1

�∼

n→+∞n ln�

1− 1

�∼

n→+∞n×�−1

�=−1

−−−−→n−→+∞ −1

φn(αn)−−−−→n−→+∞ e−1− e−1 = 0.

Sur l’autre main (comme disent les anglais),

φn(b)−−−−→n−→+∞ e−b − e−b.

Ainsi, φn

]−∞ ; b]

∞ −−−−→n−→+∞ 0,

ce qui prouve la convergence uniforme sur ]−∞, b].

3. Pour tout n ∈ N∗, on a

φn(n) = en−1− en = en�

e−1− 1�

−−−−→n−→+∞ +∞

donc φn−0 n’est même pas bornée surR, ce qui empêche la conver-gence uniforme sur R tout entier.

Une correction de l’exercice 10.3 énoncé1. Ý Pour x = 0, fn(x) = 0−−−−→

n−→+∞ 0.

Ý Pour x ∈ ]0 ; 1], fn(x) ∼n→+∞2n x

n2n x2 =1

nx−−−−→n−→+∞ 0.

Donc la suite ( fn) converge simplement sur [0 ; 1] vers la fonctionnulle.

2. Sans trop de difficulté,

1+ 2nnx2 d x

2nln�1+ 2nnx2��1

2nln(1+ 2nn).

Ainsi, on trouve que

2nln(1+ 2nn) =

2nln�

2nn�

��=

2nn ln(2) +

2nln(n) +

2nln�

�−−−−→n−→+∞

ln(2)2·

Si la suite ( fn) convergeait uniformément sur [0,1], alors d’aprèsle théorème d’interversion limite-intégrale, on aurait

2= lim

n→+∞

fn(t)d t =

0d t = 0,

or ceci est faux, donc il n’y a pas convergence uniforme de ( fn) sur[0,1].

3. Posons xn =12n . Alors

∥ fn∥[0 ;1]∞ ⩾ fn(xn) =

1+ n2n

→ 1.

Donc ∥ fn∥[0 ; 1]∞ ne peut pas tendre vers 0, ce qui prouve directementque la suite ( fn) ne converge pas uniformément sur [0,1] vers lafonction nulle.

Une correction de l’exercice 10.4 énoncé1. Pour tout réel α,

Ý si x = 0, fn(0) = 0−−−−→n−→+∞ 0,

Ý si x ∈ ]0 ; +∞[, e−nx −−−−→n−→+∞ 0 car x > 0, donc par croissances

comparées nαe−nx −−−−→n−→+∞ 0, d’où fn(x)−−−−→n−→+∞ x.

Ainsi la suite des fonctions fn converge simplement sur [0 ; +∞[

vers x 7→ x.

2. On déduit de la question précédente que si la suite de fonctions�fn�

n∈N converge uniformément sur [0 ; +∞[, ce ne peut être quevers la limite simple f : x 7→ x.Pour tout n ∈ N∗, fn(x)− f (x) = xnαe−nx .L’étude des variations de la fonction ∆n : x 7→ xnαe−nx montreque cette fonction, qui est positive, est croissante sur

�0 ; 1

�, et

décroissante sur�

; +∞� ∆n, ainsi ∆n

[0 ;+∞[∞ =∆n

n1−α ,

donc fn− f

[0 ;+∞[∞ tend vers 0 si, et seulement si, 1−α> 0, c’est-

à-dire α< 1.

3. Dans cette question on cherche la limite

limn→+∞

fn(x)d x

pour α = 12. Or on a vu que pour cette valeur de α, la suite des fn

converge uniformément sur [0 ; +∞[, donc a fortiori sur le segment[0 ; 1].Par conséquent, on peut intervertir la limite et l’intégrale :

limn→+∞

fn(x)d x =

limn→+∞ fn(x)d x

xd x =1

Une correction de l’exercice 10.5 énoncé1. Pour x = 0, on a en effet un(0) = 0, qui est bien le terme général

d’une série convergente.Pour x > 0, on a un(x) ∼n→+∞

xn2 , qui est aussi le terme général d’une

série convergente.2. Pour tout x ∈ [0,A],

|un(x)|⩽ A

terme général d’une série convergente. On a donc convergencenormale, et a fortiori uniforme, sur [0 ; A].

3. Il suffit d’écrire que, pour n+ 1 ⩽ k ⩽ 2n, on a n2 + k2 ⩽ 5n2, etdonc n

n2+k2 ⩾ 15n. On obtient finalement

2n∑k=n+1

n2+ k2 ⩾2n∑

5n= n× 1

4. Pour tout n ∈ N et tout x ⩾ 0, Rn

[0 ;+∞[∞ = sup

��Rn(x)��= sup

�� +∞∑k=n+1

��⩾�� +∞∑k=n+1

��⩾�� 2n∑k=n+1

��= 2n∑k=n+1

n2+ k2 ⩾1

donc Rn

[0 ;+∞[∞ ne peut tendre vers 0, et la convergence uniforme

sur [0 ; +∞[ est impossible.5. On utilise le critère spécial des séries alternées. Pour tout x fixé dans[0 ; +∞[, la suite (un(x)) est positive, décroissante et tend vers 0.La série

∑(−1)nun(x) est donc convergente, et on a la majoration

du reste :��Rn−1(x)��= �� +∞∑

(−1)nuk(x)

��⩽ un(x) =x

n2+ x2 .

Reste à majorer le membre de droite de l’équation précédente parun terme qui tend vers 0 et ne dépend pas de x. Mais on a

n2+ x2 ⩽p

x2+ n2

n2+ x2 ⩽1p

x2+ n2⩽

d’où la convergence uniforme sur R+.6. Puisque |(−1)nun(x)| = |un(x)|, la convergence normale sur [0,A]

se démontre comme ci-dessus.

7. D’autre part, si on avait convergence normale sur R+, alors onaurait aussi convergence normale de la série

∑n un(x) sur R+, donc

convergence uniforme de cette même série, ce qui n’est pas le casd’après la première question.

Une correction de l’exercice 10.6 énoncé

[0 ;+∞[∞ = 1p

n, donc pas de convergence normale sur [0 ; +∞[.

2. Avec le critère spécial des séries alternées,

∀x ⩾ 0,��RN(x)

��= �� +∞∑n=N+1

(−1)npn+ x

��⩽�� (−1)np

��⩽ 1pn·

donc RN

[0 ;+∞[∞ ⩽

d’où la convergence uniforme sur [0 ; +∞[.Une correction de l’exercice 10.7 énoncé

, car∑ gn

[0 ; 1]

∞ =∑

1nest une série divergente.

Mais pour tout x ∈ [0 ; 1], et tout n ∈ N∗, fn(x) =1⌊ 1

x ⌋seulement pour

n= ⌊ 1x⌋, et vaut 0 sinon.

Ainsi, pour tout N ∈ N∗,Ý pour tout x ∈ [0 ; 1],

N∑n=1

fn(x) −−−−→N−→+∞1⌊ 1

x ⌋, donc la série converge

simplement sur [0 ; 1] ;

Ý pour tout x ∈ [0 ; 1], RN(x) =+∞∑

n=N+1fn(x) =¨

0 si x ⩾ 1/N,1⌊ 1

x ⌋⩽ 1

Nsinon,

donc RN

[0 ; 1]

+∞∑n=N+1

[0 ; 1]

∞⩽ 1

Nqui tend vers 0, ce qui prouve

que la série converge uniformément sur [0 ; 1].

Une correction de l’exercice 10.8 énoncé

(1) Notons fn(x) =sin(nx)1+n2 x2 .

Ý Pour tout réel x, et tout n ∈ N∗,�� sin(nx)1+ n2 x2

��⩽ 1

1+ n2 x2 =n→+∞O

�donc par domination

∑fn(x) converge pour tout réel x, donc∑

fn converge simplement sur R.Ý La convergence uniforme est difficile à étudier.

Ý Pour tout n ∈ N∗, fn

]0 ;+∞[∞ ⩾

�� fn

��= sin(1)2

donc fn

]0 ;+∞[∞ ne peut pas tendre vers 0, et la série∑ fn

]0 ;+∞[∞ diverge grossièrement.

Ý Pour tout n ∈ N∗, et tout segment [a ; b]⊂ ]0 ; +∞[, fn

[a ; b]

∞ ⩽1

1+ n2a2 =n→+∞O

�d’où la convergence normale sur tout segment de ]0 ; +∞[.

(2) Ý Pour tout n ∈ N∗ et tout x > 0, on reconnaît dans∑ (−1)n−1e−nxp

nune série alternée qui vérifie les conditions du critère de Leibniz,donc on a converge simplement sur ]0 ; +∞[.

Ý Toujours grâce au critère de Leibniz, on sait majorer le reste :

∀N ∈ N∗, ��RN(x)��= �� +∞∑

(−1)n−1e−nx

��⩽��(−1)Ne−(N+1)x

��⩽ 1pN+ 1

d’où la convergence uniforme sur ]0 ; +∞[.Ý D’une part fn

]0 ;+∞[∞ =

1pndiverge, donc il n’y a pas convergence normale sur

]0 ; +∞[.D’autre part, pour tout segment [a ; b]⊂ ]0 ; +∞[, fn

[a ; b]

∞ =e−na

pn⩽�e−a�n

or��e−a

�� < 1, donc∑�

e−a�n est une série géométrique

convergente, et par domination,∑ fn

[a ; b]

∞ converge. La sérieconverge donc normalement sur tout segment de ]0 ; +∞[.

(3) En guise de préambule, je rappelle qu’il est un exercice courant deprouver à l’aide des variations de la fonction □ 7→ □− sin(□) quepour tout □ ∈ R, |sin(□)|⩽ |□|.On pose fn : x 7→ 1

nsin x

Ý D’après le préambule, pour tout x ∈ R,��1n sinx

��⩽ 1

n×�� xn

�� =n→+∞O

d’où la convergence simple sur R.Ý Ici aussi, il n’y a pas de moyen simple d’évaluer le reste de la

série, donc on n’étudiera pas la convergence uniforme.Ý Pour tout n ∈ N∗, fn

R∞ ⩾ �� fn

�2π+ n

��= 1

donc par domination, comme�

�n∈N∗ n’est pas sommable,

alors� fn

R∞�n∈N∗ ne l’est pas non plus, donc (comme c’est une

suite de termes positifs)∑ fn

R∞ diverge. La série ne convergedonc pas normalement sur R.

Ý En revanche sur tout segment [a ; b] ⊂ R, en notant α =max(|a| , |b|),

∀x ∈ [a ; b] ,

��1n ��sin x

��⩽ |x |n2 ⩽α

donc fn

[a ; b]

∞ ⩽α

n2 =n→+∞O

d’où la convergence normale sur tout segment.(4) On pose un : x 7→ x

(1+x2)n.

Ý D’une part un(0) = 0 donc∑

un(0) converge .D’autre part, pour tout réel x > 0,��un(x)

��= x ×�

=n→+∞O

��1

�n�,

or�� 1

�� < 1, donc∑�

�nest une série géométrique

convergente, et par domination∑

un(x) converge.On a donc établi la convergence simple de

∑un sur [0 ; +∞[.

Ý Soit x > 0, et N ∈ N,��RN(x)

��= �� +∞∑n=N+1

��= |x |

+∞∑n=N+1

= x ×�

�N+1 +∞∑n=0

= x ×�

�N+1

1−�

x×�

ainsi RN

]0 ;+∞[∞ ⩾

��RN

��= N×�

�−N

= N× e−N ln�

1+ 1N2

N× e−N ln�

1+ 1N2

�−−−−→N−→+∞ +∞

(car −Nln�

1+ 1N2

� ∼N→+∞− 1

donc e−N ln�

1+ 1N2

�−−−−→N−→+∞ 1)

donc RN n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[, et par conséquent il nepeut y avoir de convergence uniforme sur ]0 ; +∞[, et encoremoins sur [0 ; +∞[.

Ý En revanche, pour tout segment [a ; b]⊂ ]0 ; +∞[, RN

[a ; b]

∞ ⩽1

a×�

d’où la convergence uniforme sur tout segment de ]0 ; +∞[.Ý Pour les mêmes raisons, un

]0 ;+∞[∞ ⩾

��un

��= n×�

�−n

−−−−→n−→+∞ +∞

donc pas de convergence normale sur ]0 ; +∞[,mais un

[a ; b]

∞ ⩽1

a×�

d’où la convergence normale sur tout segment de ]0 ; +∞[.(5) On pose un(x) =

xe−nx

ln(n).

Ý Pour tout x > 0, un(x) =n→+∞ o�e−nx�, or e−nx =

�e−x�n est le

terme général d’une suite géométrique sommable, donc∑

converge simplement sur ]0 ; +∞[.Ý On abandonne la convergence uniforme.

Ý Pour tout entier n> 1, les variations de x 7→ xe−nx montre quesa norme infinie sur ]0 ; +∞[ est ��un(1/n)

��= e−1

n. Donc comme

ln(n) ne dépend pas de x, un

]0 ;+∞[∞ = e−1

n ln(n).

Or la fonction h : x 7→ 1x ln(x)

est continue, décroissante et stricte-

ment positive sur [2 ; +∞[, donc la série∑

1n ln(n)

est de même

nature que l’intégrale∫ +∞

x ln(x)d x, qui par le changement de

variables u = ln(x) se transforme en∫ +∞

ln(2)1ud u. Donc comme

cette dernière diverge, on en déduit que∫ +∞

x ln(x)d x diverge

aussi, donc que∑

1n ln(n)

diverge, et enfin que∑

un ne convergepas normalement sur ]0 ; +∞[.

Ý En revanche, pour tout entier n> 1 pour tout segment [a ; b]⊂]0 ; +∞[, un

[a ; b]

∞ ⩽b× e−na

ln(n)=

n→+∞ o�(e−a)n

�d’où la convergence normale sur tout segment.

(6) On pose un(x) =∫ +∞

0sin(t+nx)

n3+t2 d t. Pour tout x ∈ R, n ∈ N∗, et t > 0,��sin(t + nx)n3+ t2

��⩽ 1

n3+ t2 ·

Or t 7→ 1n3+t2 est intégrable sur ]0 ; +∞[, d’intégrale∫ +∞

n3+ t2 d t =�

n3/2arctan

��+∞0=

n3/2× π

donc par croissance de l’intégrale :∫ +∞0

sin(t + nx)n3+ t2 d t ⩽

∫ +∞0

n3+ t2 d t =1

n3/2× π

donc ceci étant vrai pour tout réel x : un

R∞ ⩽ 1

n3/2× π

n→+∞O�

�d’où la convergence normale sur R.

Une correction de l’exercice 10.9 énoncéOn choisit un réel α strictement positif, et pour tout n ∈ N∗, on pose

∀x ⩾ 0, un(x) =x

nα(1+ nx2)·

1. (a) Soit x un réel de [0 ; +∞[.Ý Si x = 0, un(0) = 0 donc

∑un(0) converge.

Ý Si x > 0,��un(x)��= x

nα× (1+ nx2)∼

n→+∞x

nα× nx2 =1

nα+1 ·

Or α+ 1 > 1, donc la série de Riemann∑

1nα+1 converge,

d’où par le critère d’équivalence des séries à termes positifs,∑un(x) converge absolument.

Ainsi pour tout x ∈ [0 ; +∞[, ∑un(x) converge, ce quiprouve que la série de fonctions

∑un converge simplement

sur [0 ; +∞[.(b) Pour tout n ∈ N∗, la fonction un est dérivable sur [0 ; +∞[, de

dérivée

u′n : x 7→ 1

nα× 1× (1+ nx2)− x × 2nx

(1+ nx2)2=

1− nx2

nα(1+ nx2)2

qui est négative surh

0 ; 1pn

iet positive sur

; +∞h.

Ainsi un est croissante surh

0 ; 1pn

iet décroissante surh

; +∞h, et comme elle est positive et continue sur

[0 ; +∞[, on en déduit que son maximum est un

[0 ;+∞[∞ = un

�1pn

2n1/2+α·

Enfin la série de fonctions∑

un converge normalement sur[0 ; +∞[ si, et seulement si, la série numérique

∑ un

[0 ;+∞[∞

converge, ce qui, par le critère d’équivalence des séries àtermes positifs, est vrai si, et seulement si, la série

2n1/2+α =12

n1/2+α converge.S’agissant d’une série de Riemann, celle-ci converge si, etseulement si, α+ 1

2> 1, c’est-à-dire α> 1

(c) En revanche pour tout segment [a ; b] de ]0 ; +∞[, on a pourtout x ∈ [a ; b],

0⩽ un(x)⩽b

nα(1+ na2)

donc un

∞ ⩽b

nα(1+ na2)·

nα(1+ na2)∼

n→+∞b

a2 ×1

et la série de Riemann∑

1nα+1 converge car α+ 1> 1.

Ainsi par majoration,∑ un

∞ converge, et par conséquent,∑un converge sur tout segment de ]0 ; +∞[ pour tout réel

α> 0.

(d) On suppose que α⩽ 12.

Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, les uk(x) sont positifs, donc pour toutn ∈ N∗,

Rn(x) =+∞∑

uk(x)⩾2n∑

uk(x).

De plus pour tout k ∈ Jn+ 1,2nK, comme α⩽ 12,

kα ⩽ k1/2 =p

k ⩽p

doncuk(x) =

nα(1+ kx2)⩾

xp2n(1+ kx2)

et en additionnant ces inégalités pour k allant de n+ 1 à 2n,

Rn(x)⩾2n∑

xp2n(1+ kx2)

(e) Pour tout n ∈ N∗ et tout k ∈ Jn+ 1,2nK, on a mêmexp

2n(1+ kx2)⩾

xp2n(1+ 2nx2)

et en additionnant derechef ces inégalités pour k allant de n+1à 2n,

Rn(x)⩾2n∑

xp2n(1+ 2nx2)

= n× xp2n(1+ 2nx2)

2n(1+ 2nx2)·

Ainsi en notant fn(x) =nxp

2n(1+2nx2), on en déduit que Rn

[0 ;+∞[∞ ⩾

[0 ;+∞[∞ .

Or fn est dérivable sur [0 ; +∞[ de dérivée

f ′n : x 7→ n(1− 2nx2)p2n(1+ 2nx2)2

On en déduit sans difficulté que fn

[0 ;+∞[∞ = fn

�1p2n

�= 1

Ainsi Rn

[0 ;+∞[∞ ⩾

ce qui empêche la suite des Rn

[0 ;+∞[∞ de tendre vers 0.

Donc la série∑

fn ne converge pas uniformément sur[0 ; +∞[.

2. (a) On a vu dans la question 1.(c) que la série∑

un converge nor-malement sur tout segment de ]0 ; +∞[, or les fonctions un

sont des fractions rationnelles définies sur R donc a fortioricontinues sur ]0 ; +∞[, donc le théorème de continuité des sé-

ries de fonctions permet de conclure que Sα =+∞∑n=1

un est conti-

nue sur ]0 ; +∞[.(b) De même, on vu que pour α ⩾ 1

2, la série de fonctions

converge normalement sur [0 ; +∞[, donc le même théorème

permet encore de conclure que pour α ⩾ 12, Sα =

+∞∑n=1

un est

continue sur [0 ; +∞[.(c) On suppose α⩽ 1

2, et on prend x > 0.

-i)- La fonction f : t 7→ xtα(1+t x2)

est positive et continue sur[1 ; +∞[.De plus, f (t) ∼

t→+∞1x× 1

tα+1 , et comme α + 1 > 1, la

fonction t 7→ 1tα+1 est intégrable sur [1 ; +∞[, ainsi que

t 7→ 1x× 1

tα+1 , donc par le critère d’équivalence appliqué

aux fonctions positives,∫ +∞

∫ +∞1

�� f �� converge, cequi revient à affirmer que f est intégrable sur [1 ; +∞[.

-ii)- Je vous laisse établir par inégalités successives que f estdécroissante sur [1 ; +∞[.On en déduit de façon désormais classique que pour toutk ∈ N∗,

f (k+ 1)⩽∫ k+1

f (t)d t ⩽ f (k) = uk(x),

puis il ne nous reste plus qu’à additionner les inégalitésde droite pour k allant de 1 à +∞ (on peut car l’intégrale

et la série qui apparaissent convergent) pour obtenir∫ +∞1

f (t)d t ⩽ Sα(x).

-iii)- On pose u =p

t dans l’intégrale, la fonction t 7→ ptétant bien une bijection de classe C1 de [1 ; +∞[ dans[1 ; +∞[, on obtient d u= 1

td t, puis∫ +∞

xpt (1+ t x2)

d t = 2

∫ +∞1

(1+ u2 x2)d u

= 2 limA→+∞

(1+ u2 x2)d u

!= 2 lim

A→+∞h

arctan(x u)iA

= 2 limA→+∞ (arctan(x A)− arctan(x))

= 2�π

2− arctan(x)

-iv)- On sait que pour tout x > 0,∫ +∞1

xpt (1+ t x2)

d t ⩽ S 12(x)

donc2�π

2− arctan(x)

�⩽ S 1

or limx→0

2�π

2− arctan(x)

�= π, donc par prolongement

des inégalités larges à la limite, limx→0

S 12⩾ π.

Mais S 12(0) =

+∞∑n=1

0 = 0, donc limx→0

S 12̸= 0, ce qui prouve

que S 12n’est pas continue en 0.

Enfin, α⩽ 12, donc pour tout n ∈ N∗, nα ⩽pn, puis pour

tout x > 0,

nα(1+ nx2)⩾

xpn(1+ nx2)

d’où après addition pour n allant de 1 à +∞,

Sα(x)⩾ S 12(x),

ce qui empêche à nouveau Sα(x) de tendre vers Sα(0) =0.Donc Sα n’est pas continue en 0 non plus.

Une correction de l’exercice 10.10 énoncé1. Pour tout (p, q) ∈ N∗ × N, la fonction x 7→ x p lnq(x) est continue

sur ]0 ; 1], et tend vers 0 quand x → 0 par croissances comparées,donc elle est prolongeable en une fonction continue sur [0 ; 1], cequi en fait une fonction intégrable sur ]0 ; 1]. Ainsi I(p, q) est bienune intégrale convergente.Pour tout (p, q) ∈ N∗ ×N, les fonctions u : x 7→ 1

p+1x p+1 et v : x 7→

lnq+1(x) sont de classe C1 sur ]0 ; 1], et par croissances comparéesleur produit tend vers 0 en 0, et vaut 0 en 1, donc une intégrationpar parties donne :

I(p, q+ 1) =

x p (ln x)q+1 d x =

u′(x)v(x)d x

u(x)v(x)i1

0−∫ 1

p+ 1x p+1(q+ 1)× 1

x× (ln x)q d x

=−q+ 1

x p (ln x)q d x =−q+ 1

p+ 1× I(p, q).

On en déduit par récurrence que pour tout (p, q) ∈ N∗×N,

I(p, q) =− q

p+ 1×�−q− 1

�× · · · ×

�− 1

�I(p, 0)

= (−1)qq!

(p+ 1)q× 1

p+ 1(car I(p, 0) =

0x pd x = 1

= (−1)qq!

(p+ 1)q+1 .

Pour tout n ∈ N∗, il nous suffit alors de prendre p = q = n pourconclure que∫ 1

(x ln x)n d x =

x p (ln x)q d x = (−1)nn!

(n+ 1)n+1 .

2. Ý La fonction x 7→ x x = ex ln x est continue sur ]0 ; 1], et commepar croissances comparées x ln x −−−→

x−→00, donc x x −−−→

x−→01, on

peut conclure que x 7→ x x est prolongeable en une fonctioncontinue, que l’on va noter f , sur [0 ; 1], et que

0x xd x =∫ 1

0f (x)d x est une intégrale convergente.

Ý Pour tout x ∈ ]0 ; 1], grâce à la série exponentielle :

f (x) = ex ln(x) =+∞∑n=0

(x ln x)n

Pour tout n ∈ N∗, notons fn : x 7→¨

(x ln x)n

n!si x ∈ ]0 ; 1],

0 si x = 0., et

f0 la fonction constante égale à 1 sur [0 ; 1].

⋆ Pour tout n ∈ N, fn est continue sur [0 ; 1] (par croissancescomparées en 0).

⋆ La fonction g : x 7→ x ln x, est dérivable sur ]0 ; 1] de dé-rivée x 7→ ln(x) + 1, négative sur

�0 ; e−1�, et positive sur�

e−1 ; 1�, donc cette fonction g est décroissante sur

�0 ; e−1�

et croissante sur�

e−1 ; 1�, avec lim

x→0g(x) = lim

x→0x ln(x) = 0 et

g(1) = 0. On en déduit que pour tout x ∈ ]0 ; 1], |x ln(x)| ⩽��g(e−1)��= e−1.

Ainsi pour tout n ∈ N∗, pour tout x ∈ [0 ; 1],�� fn(x)��= |x ln(x)|n

d’où fn

[0 ; 1]

∞ ⩽e−n

Or la série∑

n!converge, car c’est la série exponentielle

de somme ee−1, donc par majoration

∑ fn

[0 ; 1]

∞ converge, etpar conséquent

∑fn converge normalement, donc uniformé-

ment, sur [0 ; 1].

On peut donc appliquer le théorème d’intégration terme à

terme, qui nous donne∫ 1

x xd x =

f (x)d x =

+∞∑n=0

fn(x)d x

=+∞∑n=0

fn(x)d x (par intégration terme àterme)

=+∞∑n=0

(x ln x)n

n!d x =

+∞∑n=0

(x ln x)nd x

=+∞∑n=0

n!× (−1)n

(n+ 1)n+1 =+∞∑n=0

(−1)n

(n+ 1)n+1

=+∞∑n=1

(−1)n−1

nn (en posant n′ = n+ 1).

Une correction de l’exercice 10.11 énoncé1. Ý

Vérifier que la fonction f : x 7→ +∞∑n=1

1n(1+nx)

est définie

sur ]0 ; +∞[ revient à vérifier que pour tout x > 0,+∞∑n=1

1n(1+nx)

existe, autrement dit que pour tout x > 0,

la série∑

1n(1+nx)

converge. Par conséquent, répondre àcette question revient à prouver la convergence simplesur ]0 ; +∞[ de la série des fonctions fn : x 7→ 1

n(1+nx).

Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[,fn(x) =

n(1+ nx)∼

n→+∞1

n2 x= O

d’où (...blablabla...).

Ý Pour tout n ∈ N∗, la fonction un : x 7→ 1n(1+nx)

est continue sur]0 ; +∞[.De plus un est décroissante sur ]0 ; +∞[, donc⋆ un

]0 ;+∞[∞ = 1

nqui n’est pas sommable,

⋆ mais en revanche, pour tout segment [a ; b] ⊂ ]0 ; +∞[, un

[a ; b]

∞ = un(a) qui est sommable (car convergence simplesur ]0 ; +∞[),

donc∑

un converge normalement sur tout segment de]0 ; +∞[.On peut ainsi conclure que f =

+∞∑n=1

un est continue sur ]0 ; +∞[.2. Pour tout n ∈ N∗, fn : x 7→ 1

n(1+nx)est strictement décroissante

sur ]0 ; +∞[, donc pour tous réels a, b tels que 0 < a < b, on afn(a)> fn(b), puis par convergence simple de

∑fn les deux séries∑

fn(a) et∑

fn(b), donc en additionnant ces inégalités de n = 1à +∞, par conservation des inégalités larges à la limite, les sé-

ries concernées étant convergentes, on obtient+∞∑n=1

fn(a)⩾+∞∑n=1

fn(b),

c’est-à-dire f (a)⩾ f (b).

Donc f =+∞∑n=1

fn est décroissante sur ]0 ; +∞[.

N’oublions pas que même les fonctions non dérivables ontle droit d’avoir un sens de variations ! Donc avant de sejeter sur la dérivation de f pour connaître ses variations,on peut aussi comparer f (a) et f (b) pour a < b !

3. (a) On cherche limx→+∞

+∞∑n=1

1n(1+nx)

Bien entendu, la première idée est que

limx→+∞

+∞∑n=1

n(1+ nx)=+∞∑n=1

limx→+∞

n(1+ nx)

=+∞∑n=1

mais ceci ne peut être affirmé a priori car aucun théo-rème du programme de PC ne nous donne ce résultat !

On va ramener cette limite quand x → +∞ à une limite en 0,en posant t = 1/x. plus précisément : pour tout tout t ∈ [0 ; 1],pour tout entier n ∈ N∗, posons

gn(t) =

�= t

n(t+n)si t > 0,

0 si t = 0.

n(t + n)

Alors :Ý gn est continue sur [0 ; 1] ;Ý pour tout n ∈ N∗, la fonction gn est aussi dérivable sur[0 ; 1], de dérivée

g ′n : t 7→ 1

(n+ t)2

positive. Donc gn est croissante sur [0 ; 1], et positive, d’où gn

[0 ; 1]

∞ = gn(1) =1

n(1+ n)∼

n→+∞1

n2 ·On en conclut la convergence normale, donc uniforme, sur

[0 ; 1] de+∞∑n=1

On en déduit que+∞∑n=1

gn est continue sur [0 ; 1], et qu’en parti-

culier on a en 0 :

limt>−→0

+∞∑n=1

gn(t) =+∞∑n=1

gn(0) =+∞∑n=1

On en déduit en posant x = 1tque

limx→+∞

+∞∑n=1

n(1+ x)= 0.

Comme auparavant

n(1+ nx)∼

x→+∞1

donc, sur le brouillon où on a tous les droits, on écriten additionnant tout ça, au mépris de toutes les règlesde calcul sur les équivalents, que

+∞∑n=1

n(1+ nx)∼

x→+∞

+∞∑n=1

n2 =π2

d’où

+∞∑n=1

n(1+ nx)∼

x→+∞π2

Ý Tout d’abord, on remarque que

limx→+∞

+∞∑n=1

n(1+ nx)= lim

t>−→0

+∞∑n=1

n(1+ n× 1/t)

= limt>−→0

+∞∑n=1

n(t + n)·

Ý Pour tout n ∈ N∗, la fonction hn : t 7→ 1n(t+n)

est conti-

nue sur [0 ; 1], et pour tout t ∈ [0 ; 1],��hn(t)

�� ⩽ 1n2 , donc hn

[0 ; 1]

∞ ⩽ 1n2 , ce qui entraîne la convergence normale de∑

hn sur [0 ; 1], puis la convergence uniforme.

Ainsi la fonction+∞∑n=1

hn est aussi continue sur [0 ; 1], et en

particulier

limt>−→0

+∞∑n=1

hn(t) =+∞∑n=1

hn(0) =+∞∑n=1

n2 =π2

Ý Par conséquent

limx→+∞

+∞∑n=1

n(1+ nx)=π2

* d’où

f (x) =+∞∑n=1

n(1+ nx)∼

x→+∞π2

4. Fixons un réel x dans ]0 ; +∞[.La fonction φ : t 7→ 1

t(1+t x)est décroissante sur ]0 ; +∞[. On en

déduit que pour tout n⩾ 2, par croissance de l’intégrale,∫ n+1

φ(t)d t ⩽∫ n+1

φ(n)d t = φ(n)

φ(n)d t ⩽∫ n

φ(t)d t.

Pour tout N ⩾ 2, on additionne ces inégalités pour n allant de 2 àN, et on obtient grâce à la relation de Chasles :∫ N+1

φ(t)d t ⩽N∑

φ(n)⩽∫ N

φ(t)d t.

Or en remarquant que φ(t) = 1t− x

1+t x,∫ N+1

φ(t)d t = [ln(t)− ln(1+ t x)]N+12 =

�ln� t

1+ t x

��N+1

= ln�

1+ (N+ 1)x

�− ln

�= ln

1N+1+ x

!− ln

�−−−−→N−→+∞ ln

�− ln

�= ln

�1+ 2x

De même ∫ N

φ(t)d t −−−−→N−→+∞ ln

�1+ x

et commeN∑

φ(n) =N∑

n(1+ nx)− 1

1+ x−−−−→N−→+∞ f (x)− 1

on en déduit par prolongement des inégalités larges à la limite, que

�⩽ f (x)− 1

1+ x⩽ ln

�1+ x

qui équivaut à

− ln(x) + ln�

1+ x⩽ f (x)

f (x)⩽− ln(x) + ln (1+ x) +1

et dans le cas où x ∈ ]0 ; 1[, alors − ln(x)> 0, et on en déduit que

1− ln�

�ln(x)

(1+ x) ln(x)⩽

f (x)− ln(x)

⩽ 1− ln (1+ x)ln(x)

(1+ x) ln(x)·

Par encadrement, on en déduit que

f (x)− ln(x)

−−−→x−→0

donc quef (x) ∼

x→0− ln(x).

Une correction de l’exercice 10.12 énoncéPour tout n ∈ N et x ∈ ]0 ; +∞[, on note fn(x) =

(−1)n

1. Ý Soit x > 0.

⋆ la suite de terme général fn(x) =(−1)n

n+xest alternée,

⋆ la suite de terme général�� fn(x)

�� = 1n+x

est décroissante etconverge vers 0,

donc grâce au critère spécial des séries alternées, la série∑fn(x) converge, donc la série de fonctions

∑fn est simple-

ment convergente sur ]0 ; +∞[.Ý Pour tout x > 0, grâce au critère spécial des séries alternées, on

sait aussi que pour tout N ∈ N,��RN(x)

��= �� +∞∑n=N+1

��⩽ �� fN+1(x)��= 1

N+ 1+ x,

donc RN

]0 ;+∞[∞ ⩽

et par encadrement, limN→+∞

]0 ;+∞[∞ = 0, ce qui prouve la

convergence uniforme de∑

fn sur ]0 ; +∞[.Mais les fonctions fn sont toutes continues sur ]0 ; +∞[, doncon peut conclure que f =

+∞∑n=0

fn est une fonction continue sur

]0 ; +∞[.Ý Soient 0< a < b,

f (b)− f (a) =∞∑

(−1)n

n+ b−∞∑

(−1)n

=∞∑

(−1)n�

n+ b− 1

�=∞∑

(−1)na− b

(n+ b)(n+ a)

= (a− b)∞∑

(−1)n

(n+ b)(n+ a)·

La somme∞∑

(−1)n

(n+b)(n+a)est aussi la somme d’une série alternée

qui vérifie les conditions du critère spécial des séries alternées,

donc grâce à icelui, on sait que la somme∞∑

(−1)n

(n+b)(n+a)est du

signe de son premier terme 1ba.

Or ce terme est positif, donc f (b)− f (a) est du signe de (a− b),ce qui prouve que f est décroissante sur ]0 ; +∞[.

2. (a) Soit x > 0,

f (x) + f (x + 1)

=∞∑

(−1)n

n+ x+∞∑

(−1)n

n+ x + 1

=∞∑

(−1)n

n+ x+∞∑

(−1)n−1

n+ x(en posant n′ = n+ 1 dansla deuxième somme)

=∞∑

(−1)n

n+ x−∞∑

(−1)n

=(−1)0

(b) Quand x tend vers 0, x+1 tend vers 1, et comme f est continuesur ]0 ; +∞[ donc en 1, f (x + 1)−−−→

x−→0f (1).

Ainsi comme1

x−−−→x>−→0+∞, alors

f (x) =1

x− f (x + 1) =

�∼

Une correction de l’exercice 10.13 énoncéNotons encore une fois pour tout n ∈ N, fn : x 7→ 1

2n tan�

On veut prouver la convergence normale de la série desfn, mais on a un problème avec f0 qui n’est pas bornéesur

�−π2

�. On va donc travailler sur la série des fn avec

n ⩾ 1, puis ajouter à la fin la fonction f0 qui est aussicontinue sur

�−π2

Ý Tout d’abord, on constate que les fonctions fn sont toutes conti-nues sur

�−π2

Ý Pour tout n ∈ N∗, et tout x ∈ �−π2

�, on sait que, comme on

a bien pris n⩽ 1,

−π4⩽

2n ⩽π

donc la fonction tan étant croissante sur cet intervalle

tan�−π

�=−1⩽ tan

�⩽ tan

�π4

�= 1

d’où �� fn(x)��⩽ 1

2n =�

Par conséquent, fn

]−π2 ; π2 [

∞ ⩽�

Ý Ainsi, comme la suite géométrique de raison 12est sommable,

on en déduit par domination que la suite de terme général fn

]−π2 ; π2 [

∞ est aussi sommable, donc que la série des fonctionsfn (pour n ⩾ 1) converge normalement, et a fortiori uniformé-ment, et à plus fortes raisons simplement, sur

�−π2

Ý On en déduit que la fonction somme+∞∑n=1

fn est définie et conti-

nue sur cet intervalle�−π

�, et comme f0 est aussi continue

sur cet intervalle, on peut conclure que f0 ++∞∑n=1

fn =+∞∑n=0

fn est

continue sur�−π

2. Soit x ∈ R. Au rang N= 0,

2N+1 sin� x

N∏n=0

cos� x

�= 2sin(x) cos(x) = sin(2x).

Supposons que pour un N ∈ N,

2N+1 sin� x

� N∏n=0

cos� x

�= sin(2x),

alors au rang suivant :

2N+2 sin� x

� N+1∏n=0

cos� x

�= 2N+2 sin

cos� x

N∏n=0

cos� x

�!= 2N+1

�2sin

�× cos

��×

N∏n=0

cos� x

�= 2N+1

�sin�

�� N∏n=0

cos� x

�(car sin(2□) = 2sin(□) cos(□))

= 2N+1 sin� x

� N∏n=0

cos� x

� (on reconnaît ici la quan-tité de l’hypothèse de ré-currence).

= sin(2x) c.q.f.d.

3. Soit x ∈ �−π2

�. On a établi à la question 1 la convergence nor-

male, donc uniforme, sur�−π

�de la série dont la somme est

f . Cette convergence est alors encore vraie sur tout segment decet intervalle, sur lequel on peut donc intégrer la somme terme àterme :∫ x

f (t)d t =

+∞∑n=0

2n tan� t

�!d t

=+∞∑n=0

tan� t

2n d t

=+∞∑n=0

∫ x/2n

tan(u)d u (en posant u= t2n )

=+∞∑n=0

h− ln |cos(u)|

(il est pratique de savoir que :tan= sin

cos=− (cos)′

cos= (− ln |cos|)′)

=−+∞∑n=0

��cos� x

�� .Cette somme est, par définition de la convergence d’une série, lalimite de la somme finie

N∑n=0

��cos� x

��= ln

�� N∏n=0

cos� x

��!

et grâce à la question précédente, pour x ̸= 0,

N∑n=0

��cos� x

��= ln

�� sin(2x)

2N+1 sin�

��!

Or x2N −−−−→N−→+∞ 0, donc sin

� ∼N→+∞

�, et

2N+1 sin� x

�∼

N→+∞2N+1×� x

�= 2x −−−−→

N−→+∞ 2x ,

donc par continuité du logarithme et de la valeur absolue

�� sin(2x)

2N+1 sin�

��!−−−−→N−→+∞ ln

��sin(2x)2x

�� .

On peut donc conclure que pour tout réel non nul x de�−π

�,∫ x

f (t)d t =− ln

��sin(2x)2x

�� .

Enfin, grâce au théorème fondamental de l’analyse, comme on saitque f est continue sur

�−π2

�, on peut affirmer que la fonction

x 7→ ∫ x

0f (t)d t est la primitive de f qui s’annule en 0. On va donc,

sur x ∈ �−π2

�\{0}, dériver la fonction x 7→ − ln�� sin(2x)

�� pour

obtenir f :

∀x ∈�−π

�\ {0} , f (x) =

tan (2x)− 1

f (0) =+∞∑n=0

fn(0) =+∞∑n=0

Une correction de l’exercice 10.14 énoncéTiens ! J’ai une idée : et si on appelait fn la fonction x 7→ xn

1+x2n ? Pasbête, non ?1. Pour tout réel x non nul,

1+ x2n ∼n→+∞xn

1= xnsi |x |< 1,

∼n→+∞

x2n =�

si |x |> 1,

donc si x ̸= ±1, fn(x) équivaut au terme général d’une suite som-

mable, d’où la convergence simple de∑

fn et la définition de S surR.En revanche,

∑fn(1) =

∑12et∑

fn(−1) = 12(−1)n divergent, et S

n’est pas définie en ±1.2. On remarque que sur tout segment [a ; b]⊂ ]−1 ; 1[, fn

[a ; b]

∞ ⩽ αn, où α=max(|a| , |b|)< 1,

d’où la convergence normale, et a fortiori uniforme, de∑

fn surtout segment de ]−1 ; 1[. On en déduit, les fn étant continues surR, que S est continue sur ]−1 ; 1[.Enfin, pour tous x ∈ R \ {±1} et n ∈ N,

1+ 1x2n

=x2n× 1

x2n× �1+ 1x2n

1+ x2n = fn(x),

donc S�

�= S(x).

Ainsi, par continuité de inv : x 7→ 1xsur ]−∞ ; −1[ ∪ ]1 ; +∞[ à

valeurs dans ]−1 ; 0[∪]0 ; 1[, et continuité de S sur ]−1 ; 0[∪]0 ; 1[,on en déduit que S = S ◦ inv est encore continue sur ]−∞ ; −1[ ∪]1 ; +∞[.

3. Ý Tout d’abord, la remarque S(x) = S�

�nous permet de n’étu-

dier S que sur ]−1 ; 1[.Ý ⋆ Les fonctions fn sont toutes de classe C1 sur ]−1 ; 1[,⋆ Pour tout n ∈ N et x ∈ ]−1 ; 1[,

f ′n(x) =−nxn (xn− 1) (xn+ 1)

x2n+ 1�2

Une correction de l’exercice 10.15 énoncé1. Pour tout x ∈ ]−1 ; 1[, |x cos(x)| ⩽ |x | < 1, donc 1− x cos(x) ̸=

0. Ainsi la fonction x 7→ x sin x

1− x cos xest C∞ sur ]−1 ; 1[ comme

rapport de deux fonctions de classe C∞ dont le dénominateur nes’annule pas. Puis en composant par arctan qui est C∞ sur R, onobtient une fonction

f : x 7→ arctan�

x sin x

1− x cos x

�de classe C∞ sur ]−1 ; 1[.Je vous laisse retrouver grâce à la formule de dérivation de la com-posée de fonctions que pour tout x ∈ ]−1 ; 1[,

f ′(x) =−x2+ x cos (x) + sin (x)

x2− 2x cos (x) + 1·

2. Pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ ]−1 ; 1[, on note

fn(x) =(x)n sin(nx)

On va appliquer le théorème de dérivation terme à terme.

Ý Pour tout n ∈ N∗, fn est de classe C1 sur ]−1 ; 1[, de dérivéedéfinie par

f ′n(x) = xn cos (nx) + xn−1 sin (nx) ;

Ý on sait déjà que∑

fn converge simplement sur ]−1 ; 1[ ;

Ý tout segment de ]−1 ; 1[ est inclus dans un segment de la forme[−α ; α], où α ∈ [0 ; 1[, et je vous laisse prouver que pour toutn ∈ N∗, f ′n

[−α ;α]

∞ ⩽ |α|n−1+ |α|n

ce qui nous donne par domination la convergence de∑ f ′n [−α ;α]

∞ , donc la convergence normale, et a fortiori uni-forme, de

∑f ′n sur tout segment de ]−1 ; 1[.

On peut donc conclure que la fonction g =+∞∑n=1

fn est C1 sur ]−1 ; 1[,

de dérivée définie pour tout x ∈ ]−1 ; 1[ par

g ′(x) =+∞∑n=1

f ′n(x)

=+∞∑n=1

xn cos (nx) + xn−1 sin (nx)

=+∞∑n=1

xn Re�

einx�+ xn−1 Im

�einx�

=+∞∑n=1

xneinx�+ Im

�xn−1einx

�(car x ∈ R)

=+∞∑n=1

xneinx�++∞∑n=1

xn−1einx�

(ces deux séries convergent par dominationpar |x |n et |x |n−1)

+∞∑n=1

xneinx

+∞∑n=1

xn−1einx

!(par propriété des séries complexes).

+∞∑n=1

xneinx = xei x+∞∑n=0

�xei x

= xei x 1

1− xei x (car��xei x

��< 1)

=xei x �1− xe−i x�

(1− xei x)(1− xe−i x)

+∞∑n=1

xn−1einx = ei x+∞∑n=0

�xei x

= ei x 1

1− xei x

(car��xei x

��< 1)

=ei x �1− xe−i x�

(1− xei x)(1− xe−i x)

=ei x − x

1− 2x cos(x) + x2 ·

Ainsi, on obtient finalement :

g ′(x) = Re

�xei x − x2

1− 2x cos(x) + x2

�+ Im

�ei x − x

1− 2x cos(x) + x2

x cos(x)− x2

1− 2x cos(x) + x2 +sin(x)

1− 2x cos(x) + x2

=x cos(x)− x2+ sin(x)

1− 2x cos(x) + x2 ·

Et là, fous de surprise, nous constatons que la fonction f et la fonc-tion g ont la même dérivée sur ]−1 ; 1[, donc qu’il existe un réel Ctel que sur cet intervalle g = f + C. Mais le plus gueudin, c’est que

f (0) = arctan(0) = 0 tandis que g(0) =+∞∑n=1

0 = 0, donc C = 0, et

finalement f = g !Autrement dit, pour tout x ∈ ]−1 ; 1[,

+∞∑N=1

xn sin(nx)n

= arctan�

x sin x

1− x cos x

Une correction de l’exercice 10.16 énoncéNotons pour tout x > 0 et tout entier n ∈ N, un(x) =

(−1)n

n!(x+n).

1. Pour tout x > 0 et tout entier n ⩾ 1, x + n ⩾ 1 donc��un(x)

�� =1

n!(x+n)⩽ 1

n!, or la série

∑1n!

converge, donc par comparaison des

séries à termes positifs,∑��un(x)

�� converge, donc a fortiori∑

un(x)converge.On peut conclure que la fonction f est définie sur ]1 ; +∞[.En particulier

f (1) =+∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ 1)=+∞∑n=0

(−1)n

(n+ 1)!=+∞∑n=1

(−1)n−1

=+∞∑n=0

(−1)n−1

n!+ 1=−

+∞∑n=0

(−1)n

n!+ 1=−e−1+ 1= 1− 1

2. Pour tout n ∈ N, la fonction un est C∞ sur ]0 ; +∞[, et (par récur-rence sur k)

∀k ∈ N, ∀x > 0, u(k)n (x) =(−1)n

n!× (−1)kk!

(x + n)k+1·

Fixons k ∈ N∗, et pour tout réel a > 0, notons I= [a ; +∞[. Alors u(k)n

∞ =k!

n!(a+ n)k+1= o

n→+∞

�(k est fixé !)

et sachant que∑

1n!, on conclut avec le critère de négligeabilité que∑

un converge normalement sur I= [a ; +∞[.On applique alors la généralisation du théorème de dérivationterme à terme, qui nous permet de d’affirmer que pour tout k ∈ N,f est Ck sur [a ; +∞[, pour tout a > 0, donc Ck sur ]0 ; +∞[.Ceci étant prouvé pour tout k ∈ N, la fonction f est donc C∞ sur]0 ; +∞[.

3. Soit x ∈ ]0 ; +∞[,

x f (x)− f (x + 1) = x ×+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + n)−+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + 1+ n)

=+∞∑n=0

(−1)n x

n!(x + n)−+∞∑n=1

(−1)n−1

(n− 1)!(x + n)

(en posant n′ = n+ 1)

= 1++∞∑n=1

(−1)n x

n!(x + n)++∞∑n=1

n× (−1)n

n!(x + n)

= 1++∞∑n=1

(−1)n(x + n)n!(x + n)

= 1++∞∑n=1

(−1)n

n!= e−1 =

4. On sait que f est C∞ sur ]0 ; +∞[, donc f est a fortiori continueen 1, et lim

x→0f (x + 1) = f (1) = 1− 1

Ainsi, d’après la question précédente limx→0

x f (x) =

limx→0

�1e+ f (x + 1)

�= 1, donc f (x) ∼

5. (a) Pour tout n ∈ N, notons P(n) la proposition :

∀x > 0,n∑

�(−1)k

n!(x + k)=

x(x + 1) · · · (x + n)·

Remarquons que x peut être remplacé dans cette égalité parn’importe quel réel strictement positif !

Au rang n = 0, pour tout x > 0, 0!x= 1

0∑k=0

� (−1)k

n!(x+k)= 1

donc P(0) est vraie ;Soit n ∈ N, supposons que P(n) est vraie.

Alors pour tout x > 0

n+1∑k=0

�n+ 1

�(−1)k

(x + k)

n∑k=1

�n+ 1

�(−1)k

x + k+(−1)n+1

x + n+ 1

n∑k=1

��n

�+�

k− 1

��(−1)k

x + k+(−1)n+1

x + n+ 1

(avec le tri-angle dePascal)

n∑k=1

�(−1)k

x + k+

n∑k=1

k− 1

�(−1)k

x + k+(−1)n+1

x + n+ 1

n∑k=1

�(−1)k

+n−1∑k=0

�(−1)k+1

x + k+ 1+(−1)n+1

x + n+ 1

(en posant k− 1= k′ dans la 2ème somme)

�(−1)k

x + k+

n∑k=0

�(−1)k+1

x + 1+ k

�(−1)k

x + k−

n∑k=0

�(−1)k

[x + 1] + k

x(x + 1) · · · (x + n)− n!

[x + 1]([x + 1] + 1) · · · ([x + 1] + n)(par hypothèse de récurrence !)

x(x + 1) · · · (x + n)− n!

(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)

=n!(x + n+ 1)− n!x

x(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)=

n!(n+ 1)x(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)

=(n+ 1)!

x(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)c.q.f.d

(b) Soit x > 0, on va appliquer le théorème sur le produit de deux

séries absolument convergentes, théorème qui utilise le produitde Cauchy (c’est la proposition 2.17)

e× f (x) =+∞∑n=0

n!×+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + n)

=+∞∑n=0

(n− k)!k!× (−1)k

n!(x + k)

!(grâce au théorèmesus-dit)

=+∞∑n=0

�(−1)k

n!(x + k)

!=+∞∑n=0

x(x + 1) · · · (x + n)

d’où l’égalité voulue.

Une correction de l’exercice 10.17 énoncé1. Montrons par récurrence sur n que pour tout n ∈ N, an ⩾ 0 et

bn ⩾ 0.

Ý Au rang n= 0, a0 = a ⩾ 0 et b0 = 1⩾ 0.

Ý Supposons qu’au rang n ∈ N, an ⩾ 0 et bn ⩾ 0. Alors an+1 =an+bn

2⩾ 0, et an bn ⩾ 0 donc bn+1 =

pan bn existe bien, et est

aussi positif.c.q.f.d.

Pour tout n ∈ N,an+1− bn+1 =

2(an+ bn− 2

pan bn) =

an−p

2. En particulier, on a

∀n⩾ 0, an+1− bn+1 ⩾ 0

et on en déduit que

∀n⩾ 0, an+2 =1

2(an+1+ bn+1)⩽

2(an+1+ an+1)⩽ an+1,

ainsi que

∀n⩾ 0, bn+2 =p

an+1× bn+1 ⩾p

b2n+1 = |bn+1|= bn+1.

En décalant les indices on a donc

∀n⩾ 1, 0⩽ bn ⩽ bn+1 ⩽ an+1 ⩽ an.

3. Pour tout n ∈ N∗,an− bn = (

pan−

pbn)(p

Onmultiplie l’inégalitépan+p

bn ⩾p

an−p

bn parpan−p

bn ⩾ 0,car n⩾ 1, pour conclure.En combinant 1.b et l’inégalité précédente, on a donc

∀n⩾ 1, 0⩽ an+1− bn+1 ⩽1

2(an− bn)

que l’on généralise par récurrence en

∀n⩾ 1, 0⩽ an− bn ⩽1

2n−1 (a1− b1).

Enfin, a1− b1 =12(p

a− 1)2 et |pa− 1|⩽pa+ 1. On multiplie par|pa−1| pour en déduire que |pa−1|2 ⩽ |(pa+1)(

pa−1)|= |1−a|

et en conclure a1− b1 =12|1− a|.

Avec ce qui précède, on obtient bien

∀n⩾ 1, 0⩽ an− bn ⩽1

2n |1− a|.

4. On sait que limn→+∞

12n |1− a|= 0, donc par l’encadrement de la ques-

tion précédente, an− bn tend aussi vers 0.Les suites (an)n⩾1 et (bn)n⩾1 étant respectivement décroissante etcroissante, on en déduit que ces suites sont adjacentes, et par consé-quent convergent vers la même limite.

Pour ceux qui ont la fâcheuse idée de ne pas se souvenirde la notion de suites adjacentes, on peut aussi remarquerque la suite

�an�

n∈N est décroissante et minorée par 0, doncconverge. On note alors ℓ= lim

n→+∞ an, puis on en déduit quebn −−−−→n−→+∞ ℓ car

∀n ∈ N, bn = an+ (bn− an)lim

n→+∞ an = ℓ

limn→+∞(bn− an) = 0.

5. Rappelons que pour établir la convergence simple sur unintervalle I d’une suite de fonctions

�fn�

n∈N, il suffitde prendre un x quelconque dans I, et pour ce réel x fixé,montrer que la suite de nombres

�fn(x)

�n∈N converge.

Cette limite dépend alors du réel x, et la fonction f : x 7→lim

n→+∞ fn(x) est la fonction, définie sur I, vers laquelle tend

la suite�

n∈N.

Soit x un réel quelconque de [0 ; +∞[, fixé !En posant a = x, les suites (an(x))n⩾1 et (bn(x))n⩾1 vérifient lespropriétés de la question 1, elles convergent donc vers une limitecommune, que l’on peut noter f (x). Par conséquent, les suites defonctions (an) et (bn) convergent simplement sur [0 ; +∞[ vers lamême fonction f : x 7→ f (x).

6. On vérifie que b1(0) = 0, puis par récurrence que bn(0) = 0 quandn⩾ 1. Donc en passant à la limite, on obtient f (0) = 0.De même, pour tout n ∈ N, an(1) = 1, d’où f (1) = 1.

7. Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, les suites (an(x))n⩾1 et (bn(x))n⩾1 étantadjacentes à partir du rang 1, on a pour tout n ∈ N∗,

px = b1(x)⩽ bn(x)⩽ f (x)⩽ an(x)⩽ a1(x) =

8. Soit A> 0.D’après la question A.3, on a

∀x ⩾ 0, ∀n⩾ 1, 0⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n |1− x |.Mais, à nouveau, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, les suites étant adjacentesà partir du rang 1, pour tout n ∈ N∗,

0⩽ an(x)− f (x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n |1− x |et

0⩽ f (x)− bn(x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n |1− x |.Ainsi, pour tout x ∈ [0 ; A], on a pour tout n ∈ N∗,

0⩽ an(x)− f (x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n (1+A)

0⩽ f (x)− bn(x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n (1+A),

donc an− f

∞ et f − bn

∞ sont majorés par 12n (1+ A) qui

tend vers 0.Ainsi par encadrement,

limn→+∞∥an− f ∥[0,A]

∞ = limn→+∞∥bn− f ∥[0,A]∞ = 0

ce qui prouve que les suites de fonctions (an)n∈N et (bn)n∈Nconvergent uniformément sur [0,A] (vers f ).

9. On établit par récurrence sur n ∈ N la continuité des fonctions an

et bn sur [0 ; +∞[, donc pour tout A > 0, leur limite uniforme fsur [0 ; A] est encore continue sur [0 ; A], donc f est continue sur[0,+∞[.

Une correction de l’exercice 10.18 énoncéPartie 1 : exemples

1. Soit n ∈ N, posons fn : x 7→ 12n cos(nx) + 1

3n sin(nx), alors

∀x ∈ R,�� fn(x)

��= �� 1

2n cos(nx) +1

3n sin(nx)

��⩽ 1

donc fn

R∞ ⩽�1

·Ce majorant est la somme des termes généraux de deux suites géo-métriques sommables, donc c’est le terme général d’une suite som-mable, et par domination, on peut conclure que la série

∑ fn

R∞converge.Ainsi la série des fonctions fn est normalement convergente sur R.

2. Soit x ∈ R, on remarque que pour tout entier p ⩾ 2, ei x/p est demodule 1

p< 1, donc

+∞∑n=0

�ei x

1− ei x

p− ei x ·

Et cette série converge, donc les séries des parties réelle et imagi-naire convergent aussi, avec :

+∞∑n=0

cos(nx)pn =

+∞∑n=0

��ei x

�= Re

+∞∑n=0

�ei x

p− ei x

(et on a la même chose pour la partie imaginaire).Or

p− ei x =p�

p− e−i x��p− ei x

��p− e−i x

� = p2− p cos(x) + ip sin(x)p2− 2p cos(x) + 1

=p2− p cos(x)

p2− 2p cos(x) + 1+ i

p sin(x)p2− 2p cos(x) + 1

donc+∞∑n=0

cos(nx)pn =

p2− p cos(x)p2− 2p cos(x) + 1

et+∞∑n=0

sin(nx)pn =

p sin(x)p2− 2p cos(x) + 1

·Il reste à combiner les résultats pour p = 2 et p = 3 :+∞∑n=0

2n cos(nx) +1

3n sin(nx)�=

4− 2cos(x)5− 4cos(x)

+3sin(x)

10− 6cos(x)·

3. En utilisant la série exponentielle :

∀x ∈ R, exp(ei x) =∞∑

Or, exp(ei x) = exp(cos(x))exp(i sin(x)) et la partie réelle de cettequantité est

∀x ∈ R, exp(cos(x)) cos(sin(x)) =∞∑

n!cos(nx)·

4. Posons pour tout n ∈ N, an =1

n+1et un : x 7→ an cos(nx). La suite

(an) est de limite nulle mais un(2π) =1

n+1est le terme général

d’une série divergente (un seul contre-exemple suffit à contre-carrer toute une généralité !), donc

∑un n’est pas simplement

convergente sur R.

5. La norme infinie sur R de x 7→ sin(nx)pn

est égale à 1pnqui est le terme

général d’une série divergente. La série de fonctions proposée n’estdonc pas normalement convergente sur R.

Partie 2 : propriétés

6. Pour tout réel n ∈ N, posons fn : x 7→ an cos(nx) + bn sin(nx), alors

∀x ∈ R,��an cos(nx) + bn sin(nx)

��⩽ ��an cos(nx)��+ ��bn sin(nx)

��⩽ |an|+ |bn|,

donc fn

R∞ ⩽ |an|+ |bn|.Or les suites

�an�

n∈N et�

n∈N sont supposées sommables, donc|an|+|bn| est aussi le terme général d’une suite sommable, et par do-mination

R∞ est encore le terme général d’une suite sommable.On peut ainsi conclure que la série des fonctions fn est normale-ment convergente sur R.

7. On écarte d’ores et déjà le cas où a = b = 0 pour lequel le résultatest évident.Soit donc (a, b) ∈ R2 \ {(0,0)}.Ý Grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz, appliquée au produit

scalaire canonique sur R2, on a pour tout réel x

|a cos(x) + b sin(x)|=��(a, b)

��(cos(x), sin(x))��

⩽ ∥(a, b)∥× ∥(cos(x), sin(x))∥=p

a2+ b2×p

cos2(x) + sin2(x)

a2+ b2.

Donc le maximum cherché, s’il existe, est bien inférieur ou égalàp

a2+ b2.

Ý Mais apa2+b2

∈ [−1 ; 1], on peut donc poser x =

arccos�

apa2+b2

Alors x ∈ [−π ; π] et cos(x) = apa2+b2

Donc sin(x)⩾ 0, et par conséquent

sin(x) =p

sin2(x) =p

1− cos2(x) =bp

a2+ b2,

et dans ce cas

a cos(x) + b sin(x) =p

a2+ b2.

On peut donc conclure quep

a2+ b2 est effectivement le maxi-mum de x 7→ a cos(x) + b sin(x) sur R.En particulier, en notant f : x 7→ a cos(x) + b sin(x) on a établique f

R∞ =pa2+ b2.

Ý Posons pour tout (n, x) ∈ N×R un(x) = an cos(nx)+bn sin(nx) =f (nx) (c’est la fonction f de la question précdente), et suppo-sons que

∑(∥un∥∞) converge.

Grâce à la question précédente, on sait que un

R∞ = supx∈R�� f (nx)

��= f R∞ (dès que n⩾ 1).

a2n + b2

Ainsi la suite�p

a2n + b2

�n∈N est sommable.

Or pour tout n ∈ N∗, ��an

��⩽pa2n + b2

n, et��bn

��⩽pa2n + b2

n, doncpar domination, les séries

∑(an) et

∑(bn) convergent absolu-

ment.Et a fortiori, les suites

�an�

n∈N et�

n∈N étant sommables, ellestendent vers 0.

8. Ý La convergence normale sur R entraîne la convergence uni-forme sur R et cette dernière conserve la continuité. Les fonc-tions de la série trigonométrique étant continues sur R, on peutconclure que la fonction somme f est aussi continue sur R.

Ý Les fonctions un sont toutes 2π-périodiques, donc pour tout x ∈R,

f (x + 2π) =+∞∑n=0

un(x + 2π) =+∞∑n=0

un(x) = f (x),

f est donc 2π-périodique.

9. Tout d’abord, pour tout (α,β) ∈ R2, grâce aux formules d’Euler :

cos(α) cos(β) =

�eiα+ e−iα

��eiβ+ e−iβ

�ei(α+β)+ ei(α−β)+ e−i(α−β)+ e−i(α+β)

�2cos(α+ β) + 2cos(α− β)�

�cos(α+ β) + cos(α− β)� ,

cos(α) sin(β) =

�eiα+ e−iα

��eiβ− e−iβ

�ei(α+β)− ei(α−β)+ e−i(α−β)− e−i(α+β)

4i�2i sin(α+ β)− 2i sin(α− β)�

�sin(α+ β)− sin(α− β)� ,

et encore

sin(α) sin(β) =

�eiα− e−iα

��eiβ− e−iβ

�=−1

�ei(α+β)− ei(α−β)− e−i(α−β)+ e−i(α+β)

�=−1

�cos(α+ β)− 2cos(α− β)�

�cos(α+ β)− cos(α− β)� .

donc pour tout (k, n) ∈ N2,∫ π−π

cos(kx) cos(nx)d x =

∫ π−π

2(cos(k+ n)x + cos(k− n)x)d x

2π si k = n= 0,

k+nsin(k+ n)x

iπ−π+π= π si k = n> 0,

k+nsin(k+ n)x + 1

k−nsin(k− n)x

iπ−π = 0 si k ̸= n.

De même∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x =

∫ π−π

2(sin(n+ k)x − sin(n− k)x)d x

= 0(ce qui est normal car la fonc-tion est impaire)

et∫ π−π

sin(kx) sin(nx)d x =

∫ π−π−1

2(cos(k+ n)x − cos(k− n)x)d x

0 si k = n= 0,

k+nsin(k+ n)x

iπ−π+π= π si k = n> 0,

k+nsin(k+ n)x + 1

k−nsin(k− n)x

iπ−π = 0 si k ̸= n.

D’autre part, pour tous entiers k et n, la fonction x 7→ est continueet impaire, donc (en posant t = −x ) son intégrale est nulle surl’intervalle [−π ; π] qui est centré en 0.

On pourrait aussi effectuer deux intégration par partiessuccessives, pour n ̸= 0 :∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x

sin(kx)1

nsin(nx)

�π−π−∫ π−π

k cos(kx)1

nsin(nx)d x

(je rappelle que sin(pπ) = 0 pour tout en-tier p ∈ Z, donc �sin(kx) 1

nsin(nx)

�π−π =

= 0− k

��− cos(kx)

ncos(nx)

�π−π−∫ π−π

k sin(kx)1

ncos(nx)d x

�=−k2

∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x ,

donc�

�∫ π−π sin(kx) cos(nx)d x = 0, et par consé-

quent ∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x = 0.

10. Pour tout n ∈ N,∫ π−π

f (x) cos(nx)d x =

∫ π−π

∞∑k=0

(ak cos(kx) cos(nx)+bk sin(kx) cos(nx))d x

Posons encore pour tout (k, x) ∈ N × R, uk(x) = ak cos(kx) +bk sin(kx) et vk(x) = uk(x) cos(nx).On sait d’après la question 8 que

∑un est normalement conver-

gente sur R.

De plus pour tout réel x,��vk(x)

�� = |uk(x) cos(nx)| ⩽ |uk(x)| ⩽∥uk∥∞.Donc

R∞ ⩽ uk

R∞, et � uk

R∞� est sommable, ainsi par domi-

nation∑

vn est normalement convergente sur R.En particulier

∑vn est uniformément convergente sur le segment

[−π,π] et on peut intégrer terme à terme :∫ π−π

f (x) cos(nx)d x

=∞∑

∫ π−π

cos(kx) cos(nx)d x + bk

∫ π−π

sin(kx) cos(nx))d x

Dans la somme, on sait par la question 10 que tous les termes sontnuls sauf celui d’indice k = n qui vaut anπ si n ̸= 0 et 2πa0 si n= 0.Ainsi,

∀n ∈ N∗, an = αn( f ) et a0 =1

2α0( f ).

11. Il s’agit d’utiliser la question précédente avec a0 = α0( f )/2, b0 = 0et pour n ⩾ 1, an = αn( f ) et bn = βn( f ). La somme est ici égale àg et on obtient donc

∀n ∈ N, αn( f ) = αn(g) et βn( f ) = βn(g).

12. Les applications h 7→ αn(h) et h 7→ βn(h) étant linéaire, on a iciαn(g − f ) = βn(g − f ) = 0 et, avec le résultat admis g − f = 0.

13. Pour tout n ∈ N, si f est paire, x 7→ f (x) sin(nx) est impaire etsa fonction est donc d’intégrale nulle sur un intervalle centré sur 0(ce que l’on voit par le changement de variable affine t = −x ). Enparticulier,

∀n, βn( f ) = 0.

De même x 7→ f (x) cos(nx) est paire et

∀n ∈ N, αn( f ) =2

∫ π0

f (x) cos(nx)d x .

14. (a) Ici je vais tricher et utiliser un petit programme Python. Pourcalculer f (x), on cherche un entier k tel que x − 2kπ = y ∈[−π,π] et on renvoie y2.

1 from numpy import floor2 def f(x):3 k=floor((x+pi)/(2*pi))4 return (x-2*k*pi)**2

La fonction f étant paire, donc d’après la question précédente,les coeffcients βn( f ) sont tous nuls, et

αn( f ) =2

∫ π0

x2 cos(nx)d x .

Pour tout n ∈ N∗, une double intégration par parties donne∫ π0

x2 cos(nx)d x =−2

∫ π0

x sin(nx)d x

��− x cos(nx)

�π0+

∫ π0

cos(nx)d x

�et ainsi

∀n ̸= 0, αn( f ) =4(−1)n

n2 ·Enfin,

α0( f ) =2

∫ π0

x2d x =2

Comme∑(αn( f )) et

∑(βn( f )) convergent absolument, on sait

grâce à la question 6 que la série trigonométrique est normale-ment convergente sur R, et conclure que

∀x ∈ R, f (x) =π2

∞∑n=1

(−1)n

n2 cos(nx).

(b) Pour x = 0, on obtient∞∑

(−1)n

n2 =−π2

Pour x = π, on obtient∞∑

n2 =π2

Cette série étant absolument convergente, on peut séparer sasomme en isolant les termes d’indice pair et ceux d’indice im-pair : ∞∑

n2 =∞∑

(2n)2+∞∑

(2n+ 1)2.

On en déduit que

∞∑n=0

(2n+ 1)2=π2

6− 1

∞∑n=0

n2 =π2

15. Ý La fonction x 7→ ln(1+x)x

est continue sur ]0,1].

Ý En 0, la fonction est équivalente à xx= 1 et x 7→ 1 est intégrable

sur ]0 ; 1],

Ý donc x 7→ ln(1+x)x

est intégrable sur ]0 ; 1].

Cette question utilise deux résultats qui n’ont pas encoreété traités, ça avait échappé à mon survol de l’énoncé, jesuis désolé.

Ý Tout d’abord, on connaîtra plus tard le développement en sérieentière de x 7→ ln(1+ x) sur ]−1 ; 1[ :

ln(1+ x) =+∞∑n=0

(−1)n xn+1

n+ 1=+∞∑n=1

(−1)n−1 xn

donc pour tout x ∈ ]0 ; 1[

ln(1+ x)x

x×+∞∑n=1

(−1)n−1 xn

n=+∞∑n=1

(−1)n−1 xn−1

Ý Ensuite pour intervertir somme et intégrale, on va appliquer lethéorème d'intégration terme à terme que l’on découvriraavec ravissement plus tard aussi :

- gn : x 7→ (−1)n−1 xn−1

nest le terme général d’une série de

fonctions continues qui converge simplement sur ]0,1[ versx 7→ ln(1+x)

- Cette fonction somme est continue sur ]0,1[.

- gn est intégrable sur ]0,1[ et∫ 1

0|gn(x)|d x = 1

n2 est le termegénéral d’une série convergente.

Ces conditions étant remplies, ce fameux théorème nous per-met donc d’intervertir somme et intégrale de la manière sui-vante : ∫ 1

ln(1+ x)x

+∞∑n=1

(−1)n−1 xn−1

=∞∑

(−1)n−1 xn−1

=∞∑

(−1)n−1

n2 =π2

16. Dans l’exemple de la question 15, on a obtenu une série norma-lement convergente sur R. Cependant la somme f n’est dérivableen aucun multiple de π, car lim

x<−→π f ′(x) = 2π ̸= lim

x>−→π f ′(x) = −2π,

donc f n’est pas dérivable sur R.Supposons que

∑(nan) et

∑(nbn) sont des séries absolument

convergente. Montrons qu’alors en posant un(x) = an cos(nx) +bn sin(nx),

∑(un) converge normalement sur R vers une fonction

de classe C1 sur R. On utilise pour cela le théorème de régularitédes sommes de séries fonctions.- ∀n, un ∈ C1(R) et u′n(x) =−nan sin(nx) + nbn cos(nx).

-∑(un) converge simplement sur R.

- ∥u′n∥R∞ ⩽ |nan|+ |nbn| est le terme général d’une série conver-gente et

∑(u′n) est donc normalement convergente sur R.

Le théorème de dérivation terme à terme s’applique donc et indiquenon seulement que la somme est de classe C1 mais que sa dérivéeest la somme des dérivées.

17. On a vu en question 2 que

∀x ∈ R,∞∑

sin(nx)3n =

3sin(x)10− 6cos(x)

Les conditions de la question précédente sont vérifiées, avec an = 0et bn = 1/3n. On en déduit en dérivant que

∀x ∈ R,∞∑

n cos(nx)3n =

5cos(x)− 3

(5− 3cos(x))2·

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