Exercices d’oraux type Centrale/Mines

Enoncé (Mines-Ponts)

A quelle condition nécessaire et suffisante sur $a_0$ la suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ définie par

$$\forall n\in\mathbb{N},\;a_{n+1}=2^n-a_n$$

est-elle croissante ?

Corrigé

Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_{n+1}-a_n=2\left(2^{n-1}-a_n\right)$ et donc la suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante si et seulement si pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_n\leqslant2^{n-1}$. Ceci impose $a_0\leqslant\dfrac{1}{2}$ et $1-a_0=a_1\leqslant1$ puis $a_0\geqslant0$. En résumé, si la suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante, alors $0\leqslant a_0\leqslant\dfrac{1}{2}$.

Réciproquement, supposons que $0\leqslant a_0\leqslant\dfrac{1}{2}$. Montrons par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0\leqslant a_n\leqslant 2^{n-1}$.

$\bullet$ L’affirmation est vraie quand $n=0$.

$\bullet$ Soit $n\geqslant0$. Suppsons que $0\leqslant a_n\leqslant 2^{n-1}$. Alors

$$2^n-2^{n-1}\leqslant a_{n+1}=2^n-a_n\leqslant2^n-0$$

et en particulier $0\leqslant a_{n+1}\leqslant 2^n$.

Le résultat est démontré par récurrence.

On a montré que la suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante si et seulement si $0\leqslant a_0\leqslant\dfrac{1}{2}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Pas de commentaire et/ou de rappel de cours.

Enoncé (Mines-Ponts)

Pour $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $u_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\ln(k)}{k}$ puis $v_n=u_n-\dfrac{1}{2}\ln^2(n)$.

1) A l’aide d’une comparaison série-intégrale, déterminer un équivalent simple de $u_n$.

2) Etudier la suite $\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ (variations, convergence).

3) On rappelle que $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\ln(n)+\gamma+o(1)$ où $\gamma$ est un réel fixé appelé constante d’Euler.

Après avoir justifié que la série converge,  montrer que $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}=\ln(2)\left(\gamma-\dfrac{\ln(2)}{2}\right)$.

Corrigé

1) Pour $x\geqslant 1$, on pose $f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}$. La fonction $f$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ et pour $x\geqslant1$, $f'(x)=\dfrac{1-\ln(x)}{x^2}$. La fonction $f$ est donc croissante sur $[1,e]$ et décroissante sur $[e,+\infty[$.

Soit $k\geqslant 4$ de sorte que $k-1\geqslant3\geqslant e$,

$$\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(x)\;dx\leqslant f(k)\leqslant\displaystyle\int_{k-1}^{k}f(x)\;dx$$

puis, pour $n\geqslant4$, en additionnant membre à membre ces inégalités pour $k$ variant de $4$ à $n$, on obtient ,

$$\displaystyle\int_{4}^{n+1}\dfrac{\ln(x)}{x}\;dx\leqslant u_n-\dfrac{\ln(2)}{2}-\dfrac{\ln(3)}{3}\leqslant\displaystyle\int_{3}^{n}\dfrac{\ln(x)}{x}\;dx.$$

Donc, pour tout $n\geqslant4$,

$$\dfrac{1}{2}\ln^2(n+1)-\dfrac{1}{2}\ln^2(4)+\dfrac{\ln(2)}{2}+\dfrac{\ln(3)}{3}\leqslant u_n\leqslant\dfrac{1}{2}\ln^2(n)-\dfrac{1}{2}\ln^2(3)+\dfrac{\ln(2)}{2}+\dfrac{\ln(3)}{3}.$$

Les membres extrêmes de l’encadrement sont équivalents à $\dfrac{1}{2}\ln^2(n)$ et donc, après division des trois membres de l’encadrement par $\dfrac{1}{2}\ln^2(n)$, le théorème des gendarmes montre que $\dfrac{u_n}{\dfrac{1}{2}\ln^2(n)}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}1$ puis que

$$u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{2}\ln^2(n).$$

2) Pour $n\geqslant3$,

\begin{align*}v_{n+1}-v_n&=u_{n+1}-u_n-\left(\dfrac{1}{2}\ln^2(n+1)-\dfrac{1}{2}\ln^2(n)\right)=f(n+1)-\displaystyle\int_{n}^{n+1}f(x)\;dx\\&=\displaystyle\int_{n}^{n+1}(f(n+1)-f(x))\;dx\\&\leqslant0\end{align*}

car la fonction $f$ est décroissante sur $[n,n+1]\subset[e,+\infty[$. La suite $\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est décroissante à partir du rang $3$. Ensuite,

\begin{align*}v_{n+1}-v_n&=\dfrac{\ln(n+1)}{n+1}-\dfrac{1}{2}\left(\ln^2(n+1)-\ln^2(n)\right)\\&=\dfrac{\ln(n)+\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}{n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}-\dfrac{1}{2}\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\ln(n(n+1)).\end{align*}

Ensuite,

\begin{align*}\dfrac{\ln(n)+\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}{n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{1}{n}\left(\ln(n)+O\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)\left(1+O\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{\ln(n)}{n}+O\left(\dfrac{\ln(n)}{n^2}\right)\end{align*}

puis $\ln(n(n+1))=2\ln(n)+\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}2\ln(n)+O\left(\dfrac{1}{n}\right)$ et donc

\begin{align*}\dfrac{1}{2}\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\ln(n(n+1))&=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\right)\left(2\ln(n)+O\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{\ln(n)}{n}+O\left(\dfrac{\ln(n)}{n^2}\right).\end{align*}

Finalement,

$$v_{n+1}-v_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{\ln(n)}{n^2}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}}\right)$$

d’après un théorème de croissances comparées ($\ln(n)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\sqrt{n}\right)$). Puisque $\dfrac{3}{2}>1$, on en déduit que la série de terme général $v_{n+1}-v_n$ converge. Mais alors, la suite $\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge.

3) La suite $\left((-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}\right)_{k\in\mathbb{N}^*}$ est alternée en signe et sa valeur absolue, à savoir la suite $\left(\dfrac{\ln(k)}{k}\right)_{k\in\mathbb{N}^*}$ décroît à partir du rang $3$ et tend vers $0$ en $+\infty$ (d’après un théorème de croissances comparées). Donc, la série de terme général $(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}$ converge d’après le critère spécial aux séries alternées. De plus, $\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $$\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}\dfrac{\ln(k)}{k}+\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}=2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\ln(2k)}{2k}=\ln(2)\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\ln(k)}{k},$$

et donc

\begin{align*}\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}&=\ln(2)\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\left(u_{2n}-u_n\right)\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\ln(2)(\ln(n)+\gamma)-\dfrac{1}{2}\left(\ln^2(2n)-\ln^2(n)\right)-\left(v_{2n}-v_n\right)+o(1)\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\ln(2)(\ln(n)+\gamma)-\dfrac{\ln(2)}{2}\ln\left(2n^2\right)+o(1)\\&(\text{car la suite}\;\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}\;\text{converge})\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\ln(2)(\ln(n)+\gamma)-\ln(2)\ln(n)-\dfrac{\ln^2(2)}{2}+o(1)\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\ln(2)\left(\gamma-\dfrac{\ln(2)}{2}\right)+o(1).\end{align*}

Finalement, $\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}=\ln(2)\left(\gamma-\dfrac{\ln(2)}{2}\right)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Pour la convergence de la série de terme général $v_{n+1}-v_n$, on peut aussi écrire

\begin{align*}v_{n+1}-v_n&=\displaystyle\int_{n}^{n+1}(f(n+1)-f(x))\;dx\\&=\left[(x-n)(f(n+1)-f(x))\right]_{n}^{n+1}-\displaystyle\int_{n}^{n+1}(x-n)f'(x)\;dx\\&=\displaystyle\int_{n}^{n+1}\dfrac{(x-n)(1-\ln(x))}{x^2}\;dx\end{align*}

puis

\begin{align*}\left|v_{n+1}-v_n\right|&\leqslant\displaystyle\int_{n}^{n+1}\dfrac{\ln(x)}{x^2}\;dx\leqslant\dfrac{\ln(n+1)}{n^2}.\end{align*}

Enoncé (Mines-Ponts)

Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x>0$, on pose :

$$h_n(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{\left(t^2+x^4\right)^n}.$$

1) Montrer que $h_n$ est dérivabler sur $\mathbb{R}^{+*}$ et pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x>0$,

$$h_n'(x)=-4nx^3h_{n+1}(x).$$

2) Montrer qu’il existe une suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ telle que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x>0$,

$$h_n(x)=a_nx^{2-4n}.$$

3) En déduire $h_n(x)$ pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x>0$.

Corrigé

1) Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Soit $x>0$. La fonction $t\mapsto\dfrac{1}{\left(t^2+x^4\right)^n}$ est continue sur $[0,+\infty[$ et est dominée par $\dfrac{1}{t^2}$ en $+\infty$ (car $n\geqslant1$). Donc, la fonction $t\mapsto\dfrac{1}{\left(t^2+x^4\right)^n}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$. On en déduit l’existence de $h_n(x)$.

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Soient $a$ et $A$ deux réels tels que $0<a<A$. Posons $\begin{array}[t]{cccc}\Phi~:&[a,A]\times[0,+\infty[&\rightarrow&\mathbb{R}\\ &(x,t)&\mapsto&\dfrac{1}{\left(t^2+x^4\right)^n}\end{array}$ de sorte que pour tout $x\in[a,A]$, $h_n(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\Phi(x,t)\;dt$.

$\bullet$ Pour chaque $x\in[a,A]$, la fonction $t\mapsto\Phi(x,t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0,+\infty[$.

$\bullet$ Pour chaque $t\in[0,+\infty[$, la fonction $x\mapsto\Phi(x,t)$ est de classe $C^1$ sur $[a,A]$ et pour tout $(x,t)\in[a,A]\times[0,+\infty[$,

$$\dfrac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)=\dfrac{-4nx^3}{\left(t^2+x^4\right)^{n+1}}.$$

De plus,

– pour tout $x\in[a,A]$, la fonction $t\mapsto\dfrac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$,

– pour tout $t\in[0,+\infty[$, la fonction $x\mapsto\dfrac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)$ est continue sur $[a,A]$,

– pour tout $(x,t)\in[a,A]\times[0,+\infty[$, $\left|\dfrac{\partial \Phi}{\partial x}(x,t)\right|=\dfrac{4nx^3}{\left(t^2+x^4\right)^{n+1}}\leqslant\dfrac{4nA^3}{\left(t^2+a^4\right)^{n+1}}=\varphi(t)$

où de plus la fonction $\varphi$ est une fonction continue par morceaux, positive et intégrable sur $[0,+\infty[$ (car dominée par $\dfrac{1}{t^2}$ en $+\infty$).

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, la fonction $h_n$ est de classe $C^1$ sur tout segment contenu dans $]0,+\infty[$ et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Donc, la fonction $h_n$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ et

$$\forall x>0,\;h_n'(x)=-4nx^3\displaystyle\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{\left(t^2+x^4\right)^{n+1}}=-4nx^3h_{n+1}(x).$$

2) Montrons par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, il existe $a_n\in\mathbb{R}$ tel que, pour tout $x>0$, $h_n(x)=a_nx^{2-4n}$.

$\bullet$ Pour tout $x>0$, $h_1(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{t^2+x^4}=\left[\dfrac{1}{x^2}\text{Arctan}\left(\dfrac{t}{x^2}\right)\right]_{0}^{+\infty}=\dfrac{\pi}{2x^2}$. Le résultat est donc vrai quand $n=1$ en prenant $a_1=\dfrac{\pi}{2}$.

$\bullet$ Soit $n\geqslant1$. Supposons que il existe $a_n\in\mathbb{R}$ tel que, pour tout $x>0$, $h_n(x)=a_nx^{2-4n}$. Alors, pour tout $x>0$,

$$-4nx^3h_{n+1}(x)=h_n'(x)=a_n(2-4n)x^{1-4n}$$

puis $h_{n+1}(x)=\dfrac{2n-1}{2n}a_nx^{-2-4n}=a_{n+1}x^{2-4(n+1)}$ avec $a_{n+1}=\dfrac{2n-1}{2n}a_n$.

Le résultat est démontré par récurrence.

3) Pour tout $n\geqslant2$,

\begin{align*}a_n&=\dfrac{2n-3}{2n-2}\times\dfrac{2n-5}{2n-4}\times\ldots\times\dfrac{1}{2}\times a_1\\&=\dfrac{(2n-2)\times(2n-3)\times(2n-4)\times\ldots\times2}{(2n-2)\times(2n-4)\times\ldots\times2)^2}\dfrac{\pi}{2}\\&=\dfrac{(2n-2)!}{2^{2n-2}(n-1)!^2}\dfrac{\pi}{2},\end{align*}

ce qui reste vrai quand $n=1$. Donc,

$$\forall n\in\mathbb{N}^*,\;\forall x>0,\;h_n(x)=\dfrac{(2n-2)!}{2^{2n-2}(n-1)!^2}\dfrac{\pi}{2}x^{2-4n}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre (celui du programme officiel). 

Soient $I$ et $A$ deux intervalles de $\mathbb{R}$ et $f$ une fonction définie sur $I\times A$ à valeurs dans $\mathbb{K}$ telle que

– pour tout $x\in A$, $t\mapsto f(x,t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $I$,

– pour tout $t\in I$, $x\mapsto f(x,t)$ est de classe $C^1$ sur $A$

– pour tout $x\in A$, $t\mapsto\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)$ est continue par morceaux sur $I$,

– il existe une fonction $\varphi$ continue par morceaux, positive et intégrable sur $I$ telle que, pour tout $(x,t)\in I\times A$, $\left|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right|\leqslant\varphi(t)$.

Alors, $g~:~x\mapsto\displaystyle\int_{I}f(x,t)\;dt$ est de classe $C^1$ sur $A$ et pour tout $x\in A$, $g'(x)=\displaystyle\int_{I}\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)\;dt$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $f$ une fonction de $\mathbb{R}^+$ dans $\mathbb{R}$, continue sur $\mathbb{R}^+$ et vérifiant $f(0)=0$ et $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0$.

1) Pour $n\in\mathbb{N}$ et $x\in\mathbb{R}^+$, on pose $f_n(x)=f(nx)$.

Etudier la convergence simple, uniforme de la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{R}}$ sur $\mathbb{R}^+$ ou sur certains sous-ensembles bien choisis de $\mathbb{R}^+$.

2) Pour $n\in\mathbb{N}^*$ et $x\in\mathbb{R}^+$, on pose $g_n(x)=f\left(\dfrac{x}{n}\right)$.

Etudier la convergence simple, uniforme de la suite de fonctions $\left(g_n\right)_{n\in\mathbb{R}}$ sur $\mathbb{R}^+$ ou sur certains sous-ensembles bien choisis de $\mathbb{R}^+$.

Corrigé

1) Convergence simple. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n(0)=f(0)=0$ puis $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f_n(0)=0$. Soit $x>0$. $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}nx=+\infty$ et donc

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f_n(x)=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f(nx)=\displaystyle\lim_{X\rightarrow+\infty}f(X)=0.$$

La suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement vers la fonction nulle sur $[0,+\infty[$.

Convergence uniforme sur $\mathbb{R}^+$. Si $f$ est nulle alors pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n$ est nulle et la convergence est uniforme.

Supposons maintenant $f$ non nulle. Il existe $x_0\in]0,+\infty[$ tel que $f\left(x_0\right)\neq0$.  Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $f_n\left(\dfrac{x_0}{n}\right)=f\left(n\dfrac{x_0}{n}\right)=f\left(x_0\right)$ puis $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f_n\left(\dfrac{x_0}{n}\right)=f\left(x_0\right)\neq0$.

On a trouvé une suite $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ telle que la suite $\left(f_n\left(x_n\right)\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ ne converge pas vers $0$ et donc la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur $[0,+\infty[$.

Convergence uniforme sur $[a,+\infty[$, $a>0$. Soit $a>0$. Soit $\varepsilon>0$.

Puisque $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0$, il existe $A>0$ tel que, pour tout $x\geqslant A$, $|f(x)|\leqslant\varepsilon$.

Soit $n_0=\left\lfloor\dfrac{A}{a}\right\rfloor+1$. Alors, $n_0\geqslant\dfrac{A}{a}$ puis $n_0a\geqslant A$. Soit $n\geqslant n_0$. Pour tout $x\in[a,+\infty[$, $nx\geqslant na\geqslant n_0a\geqslant A$ et donc $\left|f_n(x)\right|=|f(nx)|\leqslant\varepsilon$.

Ainsi, $\forall\varepsilon>0,\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\in\mathbb{N},\;\forall x\in[a,+\infty[,\;\left(n\geqslant n_0\Rightarrow\left|f_n(x)\right|\leqslant\varepsilon\right)$.

La suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[a,+\infty[$.

2) Convergence simple. Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $g_n(0)=f(0)=0$ puis $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}g_n(0)=0$. Soit $x>0$. $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{x}{n}=0$ et donc

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}g_n(x)=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f\left(\dfrac{x}{n}\right)=f(0)=0,$$

par continuité de la fonction $f$ en $0$. La suite de fonctions $\left(g_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement vers la fonction nulle sur $[0,+\infty[$.

Convergence uniforme sur $\mathbb{R}^+$. Si $f$ est nulle alors pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $g_n$ est nulle et la convergence est uniforme.

Supposons maintenant $f$ non nulle. Il existe $x_0\in]0,+\infty[$ tel que $f\left(x_0\right)\neq0$.  Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $g_n\left(nx_0\right)=f\left(\dfrac{nx_0}{n}\right)=f\left(x_0\right)$ puis $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}g_n\left(nx_0\right)=f\left(x_0\right)\neq0$.

On a trouvé une suite $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ telle que la suite $\left(g_n\left(x_n\right)\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ ne converge pas vers $0$ et donc la suite de fonctions $\left(g_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur $[0,+\infty[$.

Convergence uniforme sur $[0,a]$, $a>0$. Soit $a>0$. Soit $\varepsilon>0$.

Puisque $f$ est continue en $0$, il existe $\alpha>0$ tel que, pour tout $x\in[0,\alpha]$, $|f(x)|\leqslant\varepsilon$.

Soit $n_0=\left\lfloor \dfrac{a}{\alpha}\right\rfloor+1$. Alors, $n_0\geqslant \dfrac{a}{\alpha}$ puis $\dfrac{a}{n_0}\leqslant \alpha$. Soit $n\geqslant n_0$. Pour tout $x\in[0,a]$, $\dfrac{x}{n}\leqslant \dfrac{a}{n}\leqslant \dfrac{a}{n_0}\leqslant \alpha$ et donc $\left|g_n(x)\right|=\left|f\left(\dfrac{x}{n}\right)\right|\leqslant\varepsilon$.

Ainsi, $\forall\varepsilon>0,\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\in\mathbb{N},\;\forall x\in[0,a],\;\left(n\geqslant n_0\Rightarrow\left|g_n(x)\right|\leqslant\varepsilon\right)$.

La suite de fonctions $\left(g_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[0,a]$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Faites un dessin (obligatoire pendant l’oral) ! Toute « bosse » du graphe de $f$ est déplacée horizontalement mais ne diminue pas en hauteur.

$\bullet$ Définition de la convergence uniforme. Soit $\left(f_n\right)$ une suite de fonctions définies sur un sous-ensemble $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{K}$ et $f$ une fonction de $I$ dans $\mathbb{K}$.

$\left(f_n\right)$ converge uniformément vers $f$ sur $I$ si et seulement si

$$\forall \varepsilon>0,\;\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\in\mathbb{N},\;\forall x\in I,\;\left(n\geqslant n_0\Rightarrow\left|f_n(x)-f(x)\right|\leqslant\varepsilon\right).$$

$\bullet$ Théorème. Si $\left(f_n\right)$ converge uniformément vers $f$ sur $I$, alors pour toute suite $\left(x_n\right)$ d’éléments de $I$, $\left|f_n\left(x_n\right)-f\left(x_n\right)\right|$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ (car $\left|f_n\left(x_n\right)-f\left(x_n\right)\right|\leqslant\left\|f_n-f\right\|_\infty$).

Par contraposition, s’il existe une  suite $\left(x_n\right)$ d’éléments de $I$ telle que $\left|f_n\left(x_n\right)-f\left(x_n\right)\right|$ ne tend pas vers $0$, alors la suite de fonctions $\left(f_n\right)$ ne converge pas uniformément vers $f$ sur $I$.

Enoncé (Mines-Ponts)

On définit une suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ par $u_0\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ et la relation de récurrence

$$u_{n+1}=\sin\left(u_n\right).$$

Déterminer un développement asymptotique à deux termes de la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$.

Corrigé

$\bullet$ Par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0<u_n\leqslant\dfrac{\pi}{2}$. Ensuite, il est connu que pour tout $x\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]$, $\sin(x)<x$. On en déduit que pour tout $n\in\mathbb{N}$,

$$0<u_{n+1}=\sin\left(u_n\right)<u_n.$$

La suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est strictement décroissante. Etant de plus minorée (par $0$), la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers un certain réel $\ell\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$.

Puisque pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_{n+1}=\sin\left(u_n\right)$, quand $n$ tend vers $+\infty$, on obtient $\ell=\sin(\ell)$ par conbtinuité de la fonction $x\mapsto\sin(x)$ sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ et donc en $\ell$. Si $\ell>0$ alors $\sin(\ell)<\ell$ ce qui est faux. Donc, $\ell=0$.

En résumé, la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est strictement positive, strictement décroissante, de limite nulle.

$\bullet$ Soit $\alpha\in\mathbb{R}$. Puisque la suite $u$ est strictement positive, la suite $u^\alpha$ est bien définie. Puisque la suite $u$ est de limite nulle

\begin{align*}u_{n+1}^\alpha&=\left(\sin\left(u_n\right)\right)^\alpha\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\left(u_n-\dfrac{u_n^3}{6}+\dfrac{u_n^5}{120}+o\left(u_n^5\right)\right)^\alpha\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}u_n^\alpha\left(1-\dfrac{u_n^2}{6}+\dfrac{u_n^4}{120}+o\left(u_n^4\right)\right)^\alpha\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}u_n^\alpha\left(1+\alpha\left(-\dfrac{u_n^2}{6}+\dfrac{u_n^4}{120}\right)+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2}\left(-\dfrac{u_n^2}{6}\right)^2+o\left(u_n^4\right)\right)\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}u_n^\alpha-\dfrac{\alpha}{6}u_n^{\alpha+2}+\dfrac{\alpha(5\alpha-2)}{360}u_n^{\alpha+4}+o\left(u_n^{\alpha+4}\right).\end{align*}

On choisit alors $\alpha=-2$. On obtient

$$u_{n+1}^{-2}-u_n^{-2}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{1}{3}+\dfrac{u_n^2}{15}+o\left(u_n^2\right)\quad(\star).$$

Par suite, $u_{n+1}^{-2}-u_n^{-2}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{3}>0$. D’après la règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs divergentes,

$$\dfrac{1}{u_n^2}-\dfrac{1}{u_0^2}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\left(\dfrac{1}{u_{k+1}^2}-\dfrac{1}{u_k^2}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{3}=\dfrac{n}{3}.$$

On en déduit que $\dfrac{1}{u_n^2}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{n}{3}+o(n)+\dfrac{1}{u_0^2}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{n}{3}$ puis, la suite $u$ étant strictement positive,

$$u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sqrt{\dfrac{3}{n}}.$$

$(\star)$ fournit plus précisément

$$u_{n+1}^{-2}-u_n^{-2}-\dfrac{1}{3}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{1}{5n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{5(n+1)}>0.$$

De nouveau, la règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs divergentes fournit

$$\dfrac{1}{u_n^2}-\dfrac{1}{u_0^2}-\dfrac{n}{3}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{5}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{k+1}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\ln(n).$$

Par suite, $\dfrac{1}{u_n^2}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{n}{3}+\dfrac{\ln(n)}{5}+o(\ln(n))$$

puis

\begin{align*}u_n&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{n}{3}+\dfrac{\ln(n)}{5}+o(\ln(n))}}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\sqrt{\dfrac{3}{n}}\left(1+\dfrac{3\ln(n)}{5n}+o\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right)\right)^{-\frac{1}{2}}\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{n}}-\dfrac{3\sqrt{3}\ln(n)}{10n\sqrt{n}}+o\left(\dfrac{\ln(n)}{n\sqrt{n}}\right).\end{align*}

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ La technique mise en œuvre pour obtenir un équivalent de $u_n$ se généralise à de nombreuses suites vérifiant une récurrence du type $u_{n+1}=f\left(u_n\right)$. Quand $f$ admet en $0$ un développement du type $f(x)\underset{x\rightarrow0}{=}x-Kx^\beta+o\left(x^\beta\right)$ avec $K>0$ et $\beta>1$, on cherche $\alpha\in\mathbb{R}$ tel que $u_{n+1}^\alpha-u_n^\alpha$ ait une limite réelle non nulle.

$\bullet$ L’équivalent $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\ln(n)$ est archi connu. Par exemple, $0<\dfrac{1}{k}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\ln\left(1+\dfrac{1}{k}\right)=\ln(k+1)-\ln(k)$ puis

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(\ln(k+1)-\ln(k))=\ln(n+1)\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\ln(n).$$

Enoncé (Mines-Ponts)

Existence et calcul de l’intégrale $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{t}-\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)\right)dt$.

Corrigé

Existence. La fonction $t\mapsto\dfrac{1}{t}$ est continue sur $[1,+\infty[$ à valeurs dans $]0,1]$ et la fonction $u\mapsto\text{Arcsin}(u)$ est continue sur $]0,1]\subset[-1,1]$. Donc, la fonction $t\mapsto\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)$ est continue sur $[1,+\infty[$. Il en est de même de la fonction $f~:~t\mapsto\dfrac{1}{t}-\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)$.

Ensuite, $f(t)\underset{t\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{t}+O\left(\dfrac{1}{t^2}\right)\underset{t\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{t^2}\right)$. On en déduit que la fonction $f$ est intégrable sur un voisinage de $+\infty$ et finalement sur $[1,+\infty[$. D’où l’existence de l’intégrale proposée.

Calcul. Les deux fonctions $t\mapsto t$ et $t\mapsto\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)$ sont de classe $C^1$ sur $]1,+\infty[$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

\begin{align*}\displaystyle\int\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)\;dt&=t\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)-\displaystyle\int t\times-\dfrac{1}{t^2}\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{1}{t^2}}}\;dt\\&=t\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)+\displaystyle\int\dfrac{1}{\sqrt{t^2-1}}\;dt\\&=t\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)+\ln\left(t+\sqrt{t^2-1}\right)+C\end{align*}

puis

\begin{align*}\displaystyle\int f(t)\;dt&=\ln(t)-t\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)-\ln\left(t+\sqrt{t^2-1}\right)+C\\&=-t\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)-\ln\left(1+\sqrt{1-\dfrac{1}{t^2}}\right)+C,\;C\in\mathbb{R}.\end{align*}

Par suite, en tenant compte de $t\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)\underset{t\rightarrow+\infty}{\sim}t\times\dfrac{1}{t}=1$,

\begin{align*}\displaystyle\int_{1}^{+\infty}f(t)\;dt&=\left[-t\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)-\ln\left(1+\sqrt{1-\dfrac{1}{t^2}}\right)\right]_{1}^{+\infty}\\&=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(-x\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{x}\right)-\ln\left(1+\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}\right)\right)+\left(\text{Arcsin}(1)+\ln(1)\right)\\&=\dfrac{\pi}{2}-1-\ln(2).\end{align*}

On a montré que $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{t}-\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)\right)dt=\dfrac{\pi}{2}-1-\ln(2)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Tenter au préalable le changement de variable $u=\dfrac{1}{t}$ ne simplifie pas énormément les calculs et en fait, ne sert à rien.

$\bullet$ $\displaystyle\int\dfrac{1}{\sqrt{x^2+k}}\;dx=\ln\left(x+\sqrt{x^2+k}\right)+C$.

$\bullet$ La fonction $x\mapsto\text{Arcsin}(x)$ est continue sur $[-1,1]$, de classe $C^\infty$ sur $]-1,1[$ et pour tout $x\in]-1,1[$, $\text{Arcsin}'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

$\bullet$ Il ne fallait pas séparer en deux intégrales car chacune des intégrales $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{t}\;dt$ et  $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\text{Arcsin}\left(\dfrac{1}{t}\right)\;dt$ est divergente.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $\alpha>0$. On pose $I=\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on définit la fonction :

$$\begin{array}[t]{cccc}u_n~:&I&\rightarrow&\mathbb{R}\\ &x&\mapsto&\sin^n(x)\cos^\alpha(x)\end{array}.$$

1) Montrer que la série de fonctions de terme général $u_n$ converge simplement sur $I$.

2) Cette série de fonctions converge-t-elle normalement sur $I$ ?

3) Converge-t-elle uniformément sur $I$ ?

Corrigé

1) Soit $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$.

Si $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[$, $0\leqslant \sin(x)<1$ et la série géométrique de terme général $u_n(x)=\cos^\alpha(x)(\sin(x))^n$ converge.

D’autre part, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0$ et donc la série numérique de terme général $u_n\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$ converge.

Pour tout $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$, la série numérique de terme général $u_n(x)$ converge et donc la série de fonctions de terme général $u_n$ converge simplement sur $I$. Sa somme $u$ est définie par :

$$\forall x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right],\;u(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\sin^n(x)\cos^\alpha(x)=\left\{\begin{array}{l}0\;\text{si}\;x=\dfrac{\pi}{2}\\\dfrac{\cos^\alpha(x)}{1-\sin(x)}\;\text{si}\;x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[\end{array}\right..$$

2) $\left\|u_0\right\|_\infty=1$. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. La fonction $u_n$ est continue sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$, dérivable sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[$ et pour tout $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[$,

\begin{align*}u_n'(x)&=n\sin^{n-1}(x)\cos^{\alpha+1}(x)-\alpha\sin^{n+1}(x)\cos^{\alpha-1}(x)\\&=\sin^{n-1}(x)\cos^{\alpha-1}(x)\left(n\cos^2(x)-\alpha\sin^2(x)\right)\\&=\sin^{n-1}(x)\cos^{\alpha-1}(x)\left(n-(n+\alpha)\sin^2(x)\right)\\&=(n+\alpha)\sin^{n-1}(x)\cos^{\alpha-1}(x)\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+\alpha}}+\sin(x)\right)\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+\alpha}}-\sin(x)\right).\end{align*}

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. En tenant compte de $0\leqslant \sqrt{\dfrac{n}{n+\alpha}}\leqslant1$, on pose $x_n=\text{Arcsin}\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+\alpha}}\right)\in I$. La fonction $u_n’$ est positive sur $\left[0,x_n\right]$ et négative sur $\left[x_n,\dfrac{\pi}{2}\right[$. La fonction $u_n$ est croissante sur $\left[0,x_n\right]$ et décroissante sur $\left[x_n,\dfrac{\pi}{2}\right]$. La fonction $u_n$ étant positive et s’annulant en $0$ et $\dfrac{\pi}{2}$, on en déduit que

$$\left\|u_n\right\|_\infty=u_n\left(x_n\right)=\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+\alpha}}\right)^n\left(\sqrt{1-\dfrac{n}{n+\alpha}}\right)^\alpha=\dfrac{\alpha^{\frac{\alpha}{2}} n^{\frac{n}{2}}}{(n+\alpha)^{\frac{n+\alpha}{2}}}.$$

Ensuite,

\begin{align*}\ln\left(\alpha^{-\frac{\alpha}{2}}\left\|u_n\right\|_\infty\right)&=\dfrac{n}{2}\ln(n)-\dfrac{n+\alpha}{2}\ln(n+\alpha)\\&=-\dfrac{\alpha}{2}\ln(n)-\dfrac{n+\alpha}{2}\ln\left(1+\dfrac{\alpha}{n}\right)\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}-\dfrac{\alpha}{2}\ln(n)-\dfrac{\alpha}{2}+o(1)\end{align*}

puis

\begin{align*}\left\|u_n\right\|_\infty&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\alpha^{\frac{\alpha}{2}} e^{-\frac{\alpha}{2}\ln(n)-\frac{\alpha}{2}+o(1)}&\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{\alpha^{\frac{\alpha}{2}} e^{-\frac{\alpha}{2}}}{n^{\frac{\alpha}{2}}}.\end{align*}

La série de fonctions de terme général $u_n$ converge normalement sur $I$ si et seulement si $\alpha>2$.

3) Si $\alpha>2$, la série de fonctions de terme général $u_n$ converge normalement et donc uniformément sur $I$. Dorénavant, $0<\alpha\leqslant2$.

On rappelle que pour tout $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$, $u(x)=\left\{\begin{array}{l}0\;\text{si}\;x=\dfrac{\pi}{2}\\\dfrac{\cos^\alpha(x)}{1-\sin(x)}\;\text{si}\;x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[\end{array}\right.$.

Pour $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[$,

$$u(x)=\dfrac{\cos^\alpha(x)}{1-\sin(x)}=\dfrac{\sin^\alpha\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}{1-\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}=\dfrac{\sin^\alpha\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}{2\sin^2\left(\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)\right)}$$

puis

$$u(x)\underset{\substack{x\rightarrow\frac{\pi}{2}\\x<\frac{\pi}{2}}}{\sim}2\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)^{\alpha-2}.$$

Si $0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}$, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2},\;x<\frac{\pi}{2}}u(x)=+\infty\neq 0=u\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$.

Si $\alpha=2$, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{2},\;x<\frac{\pi}{2}}u(x)=2\neq 0=u\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$.

Ainsi, chaque fonction $u_n$ est continue sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ mais la fonction $u$ n’est pas continue en $\dfrac{\pi}{2}$. La série de fonctions de terme général $u_n$ ne converge pas uniformément sur $I$ quand $0<\alpha\leqslant2$.

La série de fonctions de terme général $u_n$ converge uniformément sur $I$ si et seulement si $\alpha>2$.

Commentaires et/ou rappels de cours

 Peu de commentaires car il n’y a « qu’à faire ». Rappelons tout de même que $u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}v_n\not\Rightarrow e^{u_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}e^{v_n}$. La règle est $^{u_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}e^{v_n}\Leftrightarrow v_n-u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o(1)$ ce qui conduit à $e^{u_n+o(1)}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}e^{u_n}$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $a\in]-1,1[$. Pour $n\in\mathbb{N}$ et $x\in\mathbb{R}$, on pose $f_n(x)=\sin\left(a^nx\right)$.

1) Montrer que la fonction $F_a~:~x\mapsto\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x)$ est définie sur $\mathbb{R}$.

2) Montrer que la fonction $F_a$ est développable en série entière. Préciser le domaine de validité de ce développement.

3) Existence et valeur de $\displaystyle\lim_{a\rightarrow 1^-}(1-a)F_a(x)$ pour $x\in\mathbb{R}$.

Corrigé

1) Soit $a\in]-1,1[$. Soit $x\in\mathbb{R}$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$,

$$\left|f_n(x)\right|=\left|\sin\left(a^n x\right)\right|\leqslant|a|^n|x|.$$

Puisque $a\in]-1,1[$, la série géométrique de terme général $|x|\times|a|^n$, $n\in\mathbb{N}$, converge. On en déduit que la série de terme général $f_n(x)$, $n\in\mathbb{N}$, est absolument convergente et en particulier convergente. D’où l’existence de $F_a(x)$.

On a montré que la fonction $F_a$ est définie sur $\mathbb{R}$.

2) Montrons que $F_a$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ et que pour tout $p\in\mathbb{N}^*$ et tout $x\in\mathbb{R}$,

$$F_a^{(p)}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a^{np}\sin\left(a^nx+\dfrac{p\pi}{2}\right).$$

$\bullet$ La série de fonctions de terme général $f_n$, $n\in \mathbb{N}$, converge simplement vers $F_a$ sur $\mathbb{R}$.

$\bullet$ Pour tout $n\in\mathbb{N}$, la fonction $f_n$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$. De plus, pour tout $n\in\mathbb{N}$, pour tout $x\in\mathbb{R}$ et tout $p\in\mathbb{N}$,

$$f_n^{(p)}(x)=a^{np}\sin\left(a^nx+\dfrac{p\pi}{2}\right).$$

$\bullet$. Soit $p\in\mathbb{N}^*$. Pour tout $p\in\mathbb{N}$, $\left\|f_n^{(p)}\right\|_\infty=a^{np}=\left(a^p\right)^n$. La série géométrique de terme général $\left(a^p\right)^n$, $n\in\mathbb{N}$, converge et donc la série de fonctions de terme général $f_n^{(p)}$, $n\in\mathbb{N}$, converge normalement et en particulier uniformément sur $\mathbb{R}$.

Ainsi, toutes les séries dérivées sont uniformément convergentes sur $\mathbb{R}$.

Le théorème de dérivation terme à terme généralisé montre alors que la fonction $F_a$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ et que pour tout $p\in\mathbb{N}^*$ et tout $x\in\mathbb{R}$,

$$F_a^{(p)}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a^{np}\sin\left(a^nx+\dfrac{p\pi}{2}\right).$$

En particulier, pour tout $p\in\mathbb{N}$, $F_a^{(2p)}(0)=0$ et

$$F_a^{(2p+1)}(0)=(-1)^p\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(a^{2p+1}\right)^n=\dfrac{(-1)^p}{1-a^{2p+1}}.$$

Soit $x\in\mathbb{R}$. Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après l’inégalité de Taylor-Lagrange,

\begin{align*}\left|F_a(x)-\displaystyle\sum_{p=0}^{n}\dfrac{(-1)^p}{1-a^{2p+1}}\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}\right|&=\left|F_a(x)-\displaystyle\sum_{p=0}^{2n+1}\dfrac{F_a^{(p)}(0)}{p!}x^{p}\right|&\leqslant\underset{t\in\mathbb{R}}{Sup}\left|F_a^{(2n+2)}(t)\right|\dfrac{|x|^{2n+2}}{2n+2)!}.\end{align*}

Or, pour tout $t\in\mathbb{R}$,

$$\left|F_a^{(2n+2)}(t)\right|=\left|\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}a^{k(2n+2)}\sin\left(a^kx+\dfrac{(2n+2)\pi}{2}\right)\right|\leqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\left(|a|^{2n+2}\right)^k=\dfrac{1}{1-|a|^{2n+2}}.$$

Donc,

$$\left|F_a(x)-\displaystyle\sum_{p=0}^{n}\dfrac{(-1)^p}{1-a^{2p+1}}\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}\right|\leqslant\dfrac{1}{1-|a|^{2n+2}}\dfrac{|x|^{2n+2}}{(2n+2)!}.$$

D’après un théorème de croissances comparées, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{1-|a|^{2n+2}}\dfrac{|x|^{2n+2}}{(2n+2)!}=0$. D’après le théorème des gendarmes, la suite $\left(\displaystyle\sum_{p=0}^{n}\dfrac{(-1)^p}{1-a^{2p+1}}\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge et de plus,

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\sum_{p=0}^{n}\dfrac{(-1)^p}{1-a^{2p+1}}\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}=F_a(x).$$

On a montré que pour tout réel $x$,

$$F_a(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^p}{1-a^{2p+1}}\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}.$$

En particulier, la fonction $F_a$ est développable en série entière sur $\mathbb{R}$.

3) Soit $x\in\mathbb{R}$. Pour tout $a\in[0,1[$, $(1-a)F_a(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}(-1)^p\dfrac{1-a}{1-a^{2p+1}}\times\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}$. Pour $a\in[0,1[$ et $p\in\mathbb{N}$, on pose $g_p(a)=(-1)^p\dfrac{1-a}{1-a^{2p+1}}\times\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}$ de sorte que pour tout $a\in[0,1[$, $(1-a)F_a(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}g_p(a)$.

$\bullet$ Pour tout $a\in[0,1[$ et tout $p\in\mathbb{N}$,

$$\left\dfrac{1-a}{1-a^{2p+1}}\right|=\dfrac{1}{1+a+\ldots+a^{2p}}\leqslant1$$

puis $\left|g_p(a)\right|\leqslant\dfrac{|x|}{(2p+1)!}$. On en déduit encore que pour tout $p\in\mathbb{N}$, $\left\|g_p\right\|_\infty\leqslant\dfrac{|x|}{(2p+1)!}$. Puisque la série numérique de terme général $\dfrac{|x|}{(2p+1)!}$, $p\in\mathbb{N}$, converge (et a pour somme $\text{sh}(|x|)$), la série numérique de terme général $\left\|g_p\right\|_\infty$, $p\in\mathbb{N}$, converge. Ainsi, la série de fonctions de terme général $g_p$, $p\in\mathbb{N}$, converge normalement et en pârticulier uniformément sur $[0,1[$.

$\bullet$ Pour tout $p\in\mathbb{N}$, $\displaystyle\lim_{a\rightarrow1^-}g_p(a)=\displaystyle\lim_{a\rightarrow1^-}(-1)^p\dfrac{1}{1+a+\ldots+a^{2p}}\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)!}=(-1)^p\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)\times(2p+1)!}=\ell_p$.

D’après le théorème d’interversion des limites,

– $\displaystyle\lim_{a\rightarrow1^-}(1-a)F_a(x)$ existe dans $\mathbb{R}$,

– la série numérique de terme général $\ell_p$, $p\in\mathbb{N}$, converge,

– $\displaystyle\lim_{a\rightarrow1^-}(1-a)F_a(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}\ell_p$.

Plus explicitement,

$$\forall x\in\mathbb{R},\;\displaystyle\lim_{a\rightarrow1^-}(1-a)F_a(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}(-1)^p\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)\times(2p+1)!}.$$

Pour tout réel $x$, posons $G(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}(-1)^p\dfrac{x^{2p+1}}{(2p+1)\times(2p+1)!}$. La fonction $G$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}$ en tant que somme d’une série entière sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$,

$$G'(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}(-1)^p\dfrac{x^{2p}}{(2p+1)!}=\left\{\begin{array}{l}\frac{\sin(x)}{x}\;\text{si}\;x\neq0\\1\;\text{si}\;x=0\end{array}\right..$$

Mais alors, $G(0)=0$ puis pour $x\neq0$,

$$G(x)=G(0)+\displaystyle\int_0^xG'(t)\;dt=\displaystyle\int_0^x\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt.$$

On a montré que

$$\forall x\in\mathbb{R},\;\displaystyle\lim_{a\rightarrow1^-}(1-a)F_a(x)=\left\{\begin{array}{l}\displaystyle\int_0^x\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt\;\text{si}\;x\neq0\\0\;\text{si}\;x=0\end{array}\right..$$

Commentaires et/ou rappels de cours

 L’intitulé du théorème de dérivation terme à terme généralisé, prévu par le programme officiel est :

Soient $p\in\mathbb{N}^*$ puis $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de fonctions de classe $C^p$ sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. On suppose que

– pour tout $k\in\{0,\ldots,p-1\}$, la série de fonctions de terme général $f_n^{(k)}$, $n\in\mathbb{N}$, converge simplement sur $I$,

– la série de fonctions de terme général $f_n^{(p)}$ converge uniformément sur $I$.

Alors, la fonction $f~:~x\mapsto\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x)$ est définie et de classe $C^p$ sur $I$ et les dérivées successives jusqu’à l’ordre $p$ de $f$ sur $I$ s’obtiennent par dérivation terme à terme.

Les hypothèses de ce théorème sont en particulier vérifiées si pour tout $k\in\{1,\ldots,p\}$, la série de fonctions de terme général $f_n^{(k)}$, $n\in\mathbb{N}$, converge uniformément sur $I$, ce que l’on cherche à démontrer dans la pratique.