ANALYSE
Exercice – Difficulté 4 – Thème : séries entières. Titre : plus grande valeur d’adhérence d’une certaine suite associée à une série entière complexe.
Enoncé (Centrale)
(pour les MP uniquement)
Soit $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite complexe. On suppose que $R=R_a$, le rayon de convergence associé, est strictement positif. On note $D$ le disque ouvert de $\mathbb{C}$ de centre $0$ et de rayon $R$ : $D=D_o(0,R)=\{z\in\mathbb{C}/\;|z|<R\}$.
Pour tous $z\in \mathbb{C}$ et $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $f_n(z)=\sqrt[n]{\left|\displaystyle\sum_{p=0}^na_pz^p\right|}$.
1) Montrer que pour tout $z\in \mathbb{C}$, la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est bornée.
2) Montrer que pour tout $z\in\mathbb{C}$, la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ admet une plus grande valeur d’adhérence $L(z)$.
3) Montrer que cette valeur d’adhérence $L(z)$ vérifie
$$L(z)\leqslant\text{Max}\left\{1,\dfrac{|z|}{R}\right\}.$$
Corrigé
Pour tout $x\in[0,R[\subset\mathbb{R}$, la série de terme général $a_nx^n$ est absolument convergente et on peut donc poser $g(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}\left|a_p\right|x^p$.
1) Soit $z\in\mathbb{C}$.
1er cas. Supposons $|z|<R$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$,
$$\left(f_n(z)\right)^n=\left|\displaystyle\sum_{p=0}^{n}a_pz^p\right|\leqslant \displaystyle\sum_{p=0}^{n}\left|a_p\right||z|^p\leqslant \displaystyle\sum_{p=0}^{+\infty}\left|a_p\right||z|^p=g(|z|),$$
puis $f_n(z)\leqslant\sqrt[n]{g(|z|)}$.
Ensuite, si $g(|z|)=0$, alors $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\sqrt[n]{g(|z|)}=0$ et si $g(|z|)>0$, alors $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\sqrt[n]{g(|z|)}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}e^{\frac{\ln(g(|z|))}{n}}=1$. Dans tous les cas, la suite $\left(\sqrt[n]{g(|z|)}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est convergente et en particulier, la suite $\left(\sqrt[n]{g(|z|)}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est majorée. Il en est de même de la suite positive $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$.
2ème cas. Supposons $|z|\geqslant R$. Alors, $|z|>0$ et on peut considérer $\alpha\in\left]0,\dfrac{R}{|z|}\right[$ de sorte que $\alpha|z|<R$. Pour tout $p\in\mathbb{N}$,
$$\left|a_p(\alpha z)^p\right|\leqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\left|a_k\right||\alpha z|^k=g(\alpha|z|)$$
puis $\left|a_p\right||z|^p\leqslant\dfrac{g(\alpha|z|)}{\alpha^p}$.
Soit $n\in\mathbb{N}$. En additionant membre à membre ces inégalités pour $p$ variant de $0$ à $n$, on obtient
\begin{align*}\left(f_n(z)\right)^n&=\left|\displaystyle\sum_{p=0}^na_pz^p\right|\\&\leqslant\displaystyle\sum_{p=0}^n\left|a_p\right||z|^p\leqslant g(|z|)\displaystyle\sum_{p=0}^n\dfrac{1}{\alpha^p}=\dfrac{g(|z|)}{\alpha^n}\displaystyle\sum_{p=0}^n\alpha^{n-p}\\&\leqslant\dfrac{g(|z|)}{\alpha^n}\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k}\\&=\dfrac{1}{\alpha^n}\dfrac{g(|z|)}{1-\alpha}\;(\text{car}\;\alpha<1).\end{align*}
Mais alors, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n(z)\leqslant\dfrac{1}{\alpha}\sqrt[n]{\dfrac{g(|z|)}{1-\alpha}}$ où de plus la suite $\left(\dfrac{1}{\alpha}\sqrt[n]{\dfrac{g(|z|)}{1-\alpha}}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est convergente (vers $0$ ou $\dfrac{1}{\alpha}$ suivant que $g(|z|)=0$ ou $g(|z|)>0$). Mais alors, comme dans le premier cas, la suite positive $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est majorée.
On a montré dans tous les cas que la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est bornée.
2) Soit $z\in\mathbb{C}$. La suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite réelle bornée. D’après le théorème de Bolzano-Weierstras, la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ admet au moins une valeur d’adhérence. Soit alors $E$ l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$.
Soit $M$ un majorant de la suite positive $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$. Toute suite extraite convergente de cette suite est encore majorée par $M$ puis une valeur adhérence de la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$, qui est la limite d’une suite extraite convergente, est inférieure ou égale à $M$.
Ainsi, $E$ est une partie non vide et majorée de $\mathbb{R}$. $E$ admet donc une borne supérieure, que l’on note $L(z)$, dans $\mathbb{R}$. Vérifions que $L(z)\in E$ ou encore vérifions que $L(z)$ est une valeur d’adhérence de la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$.
Soit $\varepsilon>0$. Il existe un élément $a$ de $E$ tel que $|L(z)-a|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}$ puis il existe une suite extraite $\left(f_{\varphi(n)}(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ convergeant vers $a$. Mais alors, si $n_0\in\mathbb{N}$ est donné, il existe $n\geqslant n_0$ tel que $\left|f_n(z)-a\right|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}$ et donc tel que
$$\left|f_n(z)-L(z)\right|\leqslant\left|f_n(z)-a\right|+\left|a-L(z)\right|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$
Ainsi, $\forall\varepsilon>0$, $\forall n_0\in\mathbb{N}$, $\exists n\geqslant n_0/$ $\left|f_n(z)-L(z)\right|\leqslant\varepsilon$ et donc $L(z)$ est une valeur d’adhérence de la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$. Ceci montre que $L(z)$ est la plusgrande valeur d’adhérence de la suite $\left(f_n(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$.
3) On reprend les notations des questions précédentes. Soit $z\in\mathbb{C}$.
$\bullet$ Si $g(|z|)=0$, alors pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n(z)=0$ puis $L(z)=0$. Dans ce cas, $L(z)\leqslant \text{Max}\left\{1,\dfrac{|z|}{R}\right\}$.
$\bullet$ Si $g(|z|)>0$ et $|z|<R$, alors pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n(z)\leqslant\sqrt[n]{g(|z|)}$. Soit $\left(f_{\varphi(n)}(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite extraite de la suite $\left(f_{n}(z)\right)_{n\in\mathbb{N}}$ convergeant vers $L(z)$.
Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_{\varphi(n)}(z)\leqslant\sqrt[\varphi(n)]{g(|z|)}$. Quand $n$ tend vers $+\infty$, en tenant compte de $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\varphi(n)=+\infty$, on obtient $L(z)\leqslant1=\text{Max}\left\{1,\dfrac{|z|}{R}\right\}$.
$\bullet$ Si $|z|\geqslant R$, alors pour tout $\alpha\in\left]0,\dfrac{R}{|z|}\right[$ et tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n(z)\leqslant\dfrac{1}{\alpha}\sqrt[n]{\dfrac{g(|z|)}{1-\alpha}}$. Comme dans le cas précédant, en appliquant à une suite extraite convergente de limite $L(z)$ et en faisant tendre $n$ vers $+\infty$, on obtient $L(z)\leqslant\dfrac{1}{\alpha}$ pour tout $\alpha\in\left]0,\dfrac{R}{|z|}\right[$. On fait alors tendre $\alpha$ vers $\dfrac{R}{|z|}$ et on obtient $L(z)\leqslant\dfrac{|z|}{R}=\text{Max}\left\{1,\dfrac{|z|}{R}\right\}$.
On a montré que
$$\forall z\in\mathbb{C},\;L(z)\leqslant\text{Max}\left\{1,\dfrac{|z|}{R}\right\}.$$
Commentaires et/ou rappels de cours
$\bullet$ Pour toute suite $a$, $R_a=R_{|a|}$ car la série de terme général $a_nz^n$ est absolument convergente si $|z|<R_a$ et grossièrement divergente si $|z|>R_a$.
$\bullet$ Dans le cas où $|z|\geqslant R$, il faut considérer $z’$ de la forme $\alpha z$ tel que $|z’|<R$ pour pouvoir utiliser la série entière.
$\bullet$ Dans le corrigé, on dit qu’un nombre $a$ est valeur d’adhérence d’une suite $u$ si et seulement si
$$\forall \varepsilon>0,\;\forall n_0\in\mathbb{N},\;\exists n\geqslant n_0/\;\left|u_n-a\right|\leqslant\varepsilon\quad(\star) .$$
On peut montrer que $(\star)$ équivaut au fait qu’il existe une suite extraite $\left(u_{\varphi(n)}\right)$ convergente de limite $a$.
Exercice – Difficulté 2 – Thème : séries entières. Titre : déterminer le rayon de convergence et la somme d’une série entière.
Enoncé (Mines-Ponts)
Soit $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ la suite définie par : $u_0=1$, $u_1=0$ et
$$\forall n\in\mathbb{N},\;u_{n+2}=u_{n+1}+\dfrac{u_n}{n+2}.$$
Déterminer le rayon de convergence de la série entière $\displaystyle\sum_{n\geqslant0}u_nx^n$ puis déterminer sa somme.
Corrigé
1) Déterminons le rayon de convergence associé à la suite $u$.
Par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\geqslant0$ et même, $\forall n\geqslant 2$, $u_n>0$.
Ensuite, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_{n+2}=u_{n+1}+\dfrac{u_n}{n+2}\geqslant u_{n+1}$ ou encore, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $u_{n+1}\geqslant u_n$ (la suite $u$ est donc croissante à partir du rang $1$) puis pour $n\geqslant2$, $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\geqslant 1$.
Ensuite, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $u_{n+2}\leqslant u_{n+1}+\dfrac{u_{n+1}}{n+2}=\dfrac{n+3}{n+2}u_{n+1}$ ou encore pour tout $n\geqslant2$, $u_{n+1}\leqslant\dfrac{n+2}{n+1}u_n$ puis $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\leqslant\dfrac{n+2}{n+1}$. En résumé,
$$\forall n\geqslant 2,\;1\leqslant\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\leqslant\dfrac{n+2}{n+1}.$$
D’après le théorème des gendarmes, $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}1$. D’après la règle de d’Alembert,
$$R_u=1.$$
2) Déterminons maintenant la somme de la série entière dans l’intervalle $]-1,1[$.Pour tout $x\in]-1,1[$, on pose $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^n$.
Pour tout $x\in]-1,1[$ et tout $n\in\mathbb{N}$, on a $(n+2)u_{n+2}x^{n+1}=(n+2)u_{n+1}x^{n+1}+u_nx^{n+1}$ puis en sommant, pour tout $x\in]-1,1[$, on a
$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+2)u_{n+2}x^{n+1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+2)u_{n+1}x^{n+1}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{n+1},$$
ou encore
$$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)u_{n+1}x^{n}=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)u_{n}x^{n}+x\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{n}.$$
$\bullet$ Pour tout $x\in]-1,1[$, $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)u_{n+1}x^{n}=\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_{n+1}x^{n+1}\right)’=\left(f(x)-u_0-u_1x\right)’=f'(x)$.
$\bullet$ Pour tout $x\in]-1,1[$, $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)u_{n}x^{n}=\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_{n}x^{n+1}\right)’=\left(x\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_{n}x^{n}\right)’=(x(f(x)-1))’=f(x)-1+xf'(x)$ et donc pour tout $x\in]-1,1[$, $f'(x)=f(x)-1+xf'(x)+xf(x)$ puis
$$\forall x\in]-1,1[,\;f'(x)+\dfrac{x+1}{x-1}f(x)=\dfrac{1}{x-1}.$$
Ensuite, $\displaystyle\sum\dfrac{x+1}{x-1}\;dx=\displaystyle\sum\dfrac{x-1+2}{x-1}\;dx=\displaystyle\sum\left(1+\dfrac{2}{x-1}\right)\;dx=x+2\ln|x-1|+C$ puis
\begin{align*}\forall x\in]-1,1[,\;f'(x)+\dfrac{x+1}{x-1}f(x)=\dfrac{1}{x-1}&\Rightarrow \forall x\in]-1,1[,\;e^{x+2\ln|x-1|}f'(x)+\dfrac{x+1}{x-1}e^{x+2\ln|x-1|}f(x)=\dfrac{e^{x+2\ln|x-1|}}{x-1}\\&\Rightarrow\forall x\in]-1,1[,\;\left((x-1)^2e^xf\right)'(x)=(x-1)e^x\\&\Rightarrow\exists C\in\mathbb{R}/\;\forall x\in]-1,1[,\;(x-1)^2e^xf(x)=(x-2)e^x+C&\Rightarrow\exists C\in\mathbb{R}/\;\forall x\in]-1,1[,\;f(x)=\dfrac{(x-2)+Ce^{-x}}{(x-1)^2}\end{align*}
Enfin, l’égalité $f(0)=u_0=1$ fournit $C-2=1$ puis $C=3$. Donc,
$$\forall x\in]-1,1[,\;f(x)=\dfrac{(x-2)+3e^{-x}}{(x-1)^2}.$$
Commentaires et/ou rappels de cours
Pour toute suite $\left(a_n\right)$ vérifiant une relation de récurrence linéaire à coefficients polynomiaux en $n$, il y a une équation différentielle linéaire sous-jacente vérifiée par la somme de la série entière. $a_n$, « c’est » $f$, $na_n$, « c’est » $f’$, $n(n-1)a_n$, « c’est » $f^{(2)}$, …
Exercice – Difficulté 2 – Thème : topologie. Titre : intersection d’une suite décroissante de boules fermées.
Enoncé (Mines-Ponts)
Soit $(E,\|\;\|)$ un espace vectoriel normé de dimension finie. Soit $\left(B_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de boules fermées, décroissante pour l’inclusion.
Montrer que $B=\displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n$ est une boule fermée.
Corrigé
$\bullet$ Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on pose $B_n=B_f\left(x_n,r_n\right)$ où $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite d’éléments de $E$ et $\left(r_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite de réels positifs.
$\bullet$ Soient $B=B_f(x,r)$ et $B’=B_f(y,r’)$ deux boules fermées telles que $B\subset B’$. Vérifions que $r\leqslant r’$.
Si $x=y$, soit $z\in E$ tel que $\|x-z\|=r$ (on peut prendre$z=x+ru$ où $u$ est un vecteur unitaire fixé). Alors, $z\in B\subset B’$ puis $r’\geqslant\|y-z\|=\|x-z\|=r$.
Si $x\neq y$, on pose $u=\dfrac{1}{\|x-y\|}(x-y)$. Soit $z=x+ru$. Alors $\|z-x\|=r$. Ensuite, $x\left(1+\dfrac{r}{\|x-y\|}\right)=z+\dfrac{r}{\|x-y\|}y$ puis $x$ est un barycentre à coefficients positifs des points $y$ et $z$ et donc $x\in[y,z]$. Puisque $z\in B\subset B’$
$$r’\geqslant\|z-y\|=\|z-x\|+\|x-y\|\geqslant \|z-x\|=r.$$
$\bullet$ Ainsi, puisque la suite $\left(B_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est décroissante pour l’inclusion, la suite numérique $\left(r_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est décroissante. Cette suite étant minorée par $0$, elle converge vers un certain réel $r\geqslant0$.
$\bullet$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $B_n\subset B_0$ et en particulier, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $x_n\in B_f\left(x_0,r_0\right)$. La suite $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite bornée de l’espace vectoriel normé $(E,\|\;\|)$. Puisque $E$ est de dimension finie, le théorème de Bolzano-Weierstrass permet d’affirmer qu’on peut extraire de la suite $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite $\left(x_{\varphi(n)}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ convergente (où $\varphi$ est une certaine application de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$, strictement croissante sur $\mathbb{N}$). On pose $x=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}x_{\varphi(n)}$.
$\bullet$ On pose alors $B=B_f(x,r)$. On va montrer que $\displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n=B$.
Soit $y\in \displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n$. Alors, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\left\|y-x_n\right\|\leqslant r_n$. En particulier, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\left\|y-x_{\varphi(n)}\right\|\leqslant r_{\varphi(n)}$. Puisque la suite $\left(r_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers $r$, il en est de même de la suite extraite $\left(r_{\varphi(n)}\right)_{n\in\mathbb{N}}$. Quand $n$ tend vers $+\infty$, par continuité de la norme, on obtient $\|y-x\|\leqslant r$ et donc $y\in B$. On a montré que $\displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n\subset B$.
Inversement, soit $n\in\mathbb{N}$. Pour tout $p\geqslant n$, on a encore $\varphi(p)\geqslant n$ puis $B_{\varphi(p)}\subset B_n$. La suite $\left(x_{\varphi(p)}\right)_{p\geqslant n}$ est une suite convergente d’éléments de $B_n$. Puisque $B_n$ est fermée, sa limite, à savoir $x$, appartient à $B_n$.
Ainsi, $x\in\displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n$ et donc, si $r=0$, $B\subset \displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n$. Dorénavant, on suppose $r>0$. On doit montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $B\subset B_n$. Il suffit de montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $B\subset B_{\varphi(n)}$ (car alors, puisque $\varphi(n)\geqslant n$, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $B\subset B_{\varphi(n)}\subset B_n$).
Soit donc $n\in\mathbb{N}$. Soit $\varepsilon\in]0,r[$. Pour tout $p\geqslant n$, $r_{\varphi(p)}-\left\|x-x_{\varphi(p)}\right\|\geqslant0$ (car $x\in B_{\varphi(p)}$) puis la boule fermée $B_p’=B_f\left(x,r_\varphi(p)-\left\|x-x_{\varphi(p)}\right\|\right)$ est contenue dans $B_{\varphi(p)}$ (car si $y\in B_p’$, $\left\|y-x_{\varphi(p)}\right\|\leqslant\|y-x\|+\left\|x-x_{\varphi(p)}\right\|\leqslant r_{\varphi(p)}$). Puisque $\displaystyle\lim_{p\rightarrow+\infty}r_\varphi(p)-\left\|x-x_{\varphi(p)}\right\|=r$, on peut choisir $p_0\geqslant n$ tel que $r_\varphi\left(p_0\right)-\left\|x-x_{\varphi\left(p_0\right)}\right\|\geqslant r-\varepsilon$. Mais alors,
$$B_f(x,r-\varepsilon)\subset B_{p_0}’\subset B_{\varphi\left(p_0\right)}\subset B_{\varphi(n)}.$$
Ainsi, pour tout $\varepsilon\in]0,r[$, $B_f(x,r-\varepsilon)\subset B_{\varphi(n)}$. On en déduit encore que $B_0(x,r)\subset B_{\varphi(n)}$ (car si $y\in B_0(x,r)$, il existe $\varepsilon\in]0,r[$ tel que $y\in B_f(x,r-\varepsilon)$). Enfin, $B_{\varphi(n)}$ est un fermé de l’espace vectoriel normé $(E,\|\;\|)$ et donc
$$B=B_f(x,r)=\overline{B_o(x,r)}\subset\overline{B_{\varphi(n)}}=B_{\varphi(n)}.$$
On a montré que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $B\subset B_{\varphi(n)}$ puis que $B\subset \displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n$ d’après une remarque faite plus haut. Finalement,
$$\displaystyle\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n=B=B_f(x,r).$$
Commentaires et/ou rappels de cours
$\bullet$ Théorème de Bolzano-Weierstrass. Si $(E,\|;\|)$ est un espace vectoriel normé de dimension finie, de toute suite bornée on peut extraire une sous-suite convergente.
$\bullet$ Théorème. Une intersection quelconque de fermés est un fermé. Une réunion finie de fermés est un fermé.
$\bullet$ Théorème. Soit $\varphi$ une application de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$, strictement croissante sur $\mathbb{N}$. Alors, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\varphi(n)\geqslant n$.
Exercice – Difficulté 3 – Thème : séries de fonctions. Titre : une série de Fourier.
Enoncé (Mines-Ponts)
Soit $r\in]-1,1[$. Montrer l’existence de $f\in C^1(\mathbb{R},\mathbb{R})$ telle que : $\forall n\in\mathbb{N}$, $r^n=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos(nt)\;dt$.
Corrigé
$\bullet$ Pour tout $(k,n)\in\mathbb{N}^2$, on pose $I_{k,n}=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos(kt)\cos(nt)\;dt$. Déjà $I_{0,0}=2\pi$ et pour $n\neq 0$, $I_{n,n}=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos^2(nt)\;dt=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}(1+\cos(2nt))\;dt=\pi$.
Ensuite, si $k\neq n$, en tenant compte de $n-k\neq0$ et $n+k\neq0$ (car $n+k\geqslant1$),
$$I_{k,n}=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}(\cos(n+k)t)+\cos((n-k)t))\;dt=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\sin((n+k)t)}{n+k}+\dfrac{\sin((n-k)t)}{n-k}\right]_0^{2\pi}=0.$$
En résumé,
$$\forall(k,n)\in\mathbb{N}^2,\;\displaystyle\int_{0}^{\pi}\cos(kt)\cos(nt)\;dt=\left\{\begin{array}{l}2\pi\;\text{si}\;k=n=0\\ \pi\;\text{si}\;k=n\neq0\\0\;\text{si}\;k\neq n\end{array}\right..$$
$\bullet$ Soit $r\in]-1,1[$. Pour tout $t\in\mathbb{R}$, on pose $f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\left(1+2\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}r^k\cos(kt)\right)$. Pour tout $t\in\mathbb{R}$, on pose $f_0(t)=\dfrac{1}{2\pi}$ et pour tout $k\in\mathbb{N}^*$ et tout $t\in\mathbb{R}$, on pose $f_k(t)=\dfrac{1}{\pi}r^k\cos(kt)$.
Pour tout $k\in\mathbb{N}$, $\left\|f_k\right\|_\infty\leqslant\dfrac{r^k}{2\pi}$. Puisque $r\in]-1,1[$, la série numérique de terme général $\left\|f_k\right\|_\infty$, $k\in\mathbb{N}$, converge. Mais alors, la série de fonctions de terme général $f_k$, $k\in\mathbb{N}$, converge normalement et donc uniformément puis simplement sur $\mathbb{R}$. Puisque chaque fonction $f_k$, $k\in\mathbb{N}$, est continue sur $\mathbb{R}$, la fonction $f$ est définie et continue sur $\mathbb{R}$.
$\bullet$. Soit $n\in\mathbb{N}$. Pour tout $k\in\mathbb{N}$, pour tout $t\in\mathbb{R}$, on pose $g_{n,k}(t)=f_k(t)\cos(nt)$. Pour tout $k\in\mathbb{N}$, $\left\|g_{n,k}\right\|_\infty\leqslant\left\|f_{k}\right\|_\infty$ et donc la série de fonction de terme général $g_{n,k}$, $k\in\mathbb{N}$, converge normalement et en particulier uniformément sur $\mathbb{R}$ vers la fonction $t\mapsto f(t)\cos(nt)$.
D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment,
$\quad$ – (la fonction $t\mapsto f(t)\cos(nt)$ est continue sur le segment $[0,2\pi]$),
$\quad$ – la série numérique de terme général $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}g_{n,k}(t)\;dt$, $k\in\mathbb{N}$, converge.
$\quad$ – et de plus,
\begin{align*}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos(nt)\;dt&=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}g_{n,k}(t)\;dt=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos(nt)\;dt+\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}r^k\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos(kt)\cos(nt)\;dt\\&=\delta_{n,0}+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\delta_{n,k}r^k=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\delta_{n,k}r^k\\&=r^n.\end{align*}
$\bullet$ Déterminons maintenant une expression simplifiée de la fonction $f$. Pour tout $t\in\mathbb{R}$,
\begin{align*}f(t)&=\dfrac{1}{2\pi}\left(1+2\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}r^k\cos(kt)\right)=\dfrac{1}{2\pi}\left(1+2\text{Re}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\left(re^{it}\right)^k\right)\right)\\&=\dfrac{1}{2\pi}\left(1+2\text{Re}\left(\dfrac{re^{it}}{1-re^{it}}\right)\right)\;(\text{car}\;r\in]-1,1[)\\&=\dfrac{1}{2\pi}\left(1+2\text{Re}\left(\dfrac{re^{it}\left(1-re^{-it}\right)}{\left(1-re^{it}\right)\left(1-re^{-it}\right)}\right)\right)=\dfrac{1}{2\pi}\left(1+2\dfrac{r\cos(t)-r^2}{r^2-2r\cos(t)+1}\right)\\&=\dfrac{1}{2\pi}\times\dfrac{1-r^2}{r^2-2r\cos(t)+1}.\end{align*}
Enfin, pour tout $t\in\mathbb{R}$, $r^2-2r\cos(t)+1=\left|1-re^{it}\right|^2>0$ car $\left|re^{it}\right|=|r|<1$. La fonction $f$ est donc de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}$.
La fonction $f~:~t\mapsto\dfrac{1}{2\pi}\times\dfrac{1-r^2}{r^2-2r\cos(t)+1}$ convient.
Commentaires et/ou rappels de cours
La notion de série de Fourier n’est pas au programme des classes préparatoires scientifiques MP, PC et PSI. Néanmoins, un certain nombre de problèmes d’écrit et d’exercices d’oraux tournent autour du sujet. Il est donc conseillé de lire : séries de Fourier.
Exercice – Difficulté 3 – Thème : intégration. Titre : calcul d’une intégrale double impropre.
Enoncé (Mines-Ponts)
Exixtence et valeur de $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\left(\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt\right)dx$.
Corrigé
$\bullet$ Soient $x$ et $X$ deux réels tels que $0<x<X$. La fonction $t\mapsto\dfrac{\sin(t)}{t}$ est continue sur le segment $[x,X]$ et donc $\displaystyle\int_{x}^{X}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$ existe. Ensuite, les deux fonctions $t\mapsto-\cos(t)$ et $t\mapsto\dfrac{1}{t}$ sont de classe $C^1$ sur le segment $[x,X]$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit
$$\displaystyle\int_{x}^{X}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt=\left[-\dfrac{\cos(t)}{t}\right]_{x}^{X}-\displaystyle\int_{x}^{X}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt=-\dfrac{\cos(X)}{X}+\dfrac{\cos(x)}{x}-\displaystyle\int_{x}^{X}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt.$$
Puisque $\left|\dfrac{\cos(X)}{X}\right|\leqslant\dfrac{1}{X}$, on $\displaystyle\lim_{X\rightarrow+\infty}\dfrac{\cos(X)}{X}=0$. D’autre part, la fonction $t\mapsto\dfrac{\cos(t)}{t^2}$ est continue sur $[x,+\infty[$ et est dominée par $\dfrac{1}{t^2}$ en $+\infty$. La fonction $t\mapsto\dfrac{\cos(t)}{t^2}$ est donc intégrable sur $[x,+\infty[$. On en déduit la convergence de l’intégrale $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt$ puis de l’intégrale $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$. De plus, quand $X$ tend vers $+\infty$, $x>0$ étant fixé quelconque, on obtient
$$\forall x>0,\;\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt=\dfrac{\cos(x)}{x}-\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt.$$
$\bullet$ Pour $x>0$, on pose $f(x)=\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt=\dfrac{\cos(x)}{x}-\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt$. La fonction $t\mapsto\dfrac{\sin(t)}{t}$ est continue sur $]0,+\infty[$. Donc, $f$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ et de plus,
$$\forall x>0,\;f'(x)=-\dfrac{\sin(x)}{x}.$$
$\bullet$ Les deux fonctions $x\mapsto x$ et $x\mapsto f(x)$ sont de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit
\begin{align*}\displaystyle\int f(x)\;dx&=xf(x)-\displaystyle\int xf'(x)\;dx=x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt+\displaystyle\int\sin(x)\;dx=x\left(\dfrac{\cos(x)}{x}-\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt\right)-\cos(x)+C=-x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt+C\\&=x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}\;dt-x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{dt}{t^2}+C=x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}\;dt+1+C\\&=x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}\;dt+C’.\end{align*}
$\bullet$ Pour $x>0$, on pose $F(x)=x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}\;dt$. $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur $]0,+\infty[$.
La fonction $t\mapsto\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}$ est continue sur $]0,+\infty[$, équivalente à $\dfrac{1}{2}$ en $0$ et en particulier prolongeable par continuité en $0$. La fonction $t\mapsto\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}$ est donc intégrable sur un voisinage de $0$ à droite puis sur $]0,+\infty[$. Par suite, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}\;dt=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}\;dt\in\mathbb{R}$ puis $\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}F(x)=0$.
$\bullet$ Il reste à déterminer la limite de $F(x)$ quand tend vers $+\infty$. Pour $x>0$, une nouvelle intégration par parties fournit
\begin{align*}F(x)&=x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{1-\cos(t)}{t^2}\;dt=1-x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t^2}\;dt=1-x\left(\left[\dfrac{\sin(t)}{t^2}\right]_{x}^{+\infty}+2\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^3}\;dt\right)\\&=1+\dfrac{\sin(x)}{x}-2x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^3}\;dt.\end{align*}
Pour tout $x>0$, $\left|x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^3}\;dt\right|\leqslant x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{|\sin(t)|}{t^3}\;dt\leqslant x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{1}{t^3}\;dt=\dfrac{1}{2x}$ et donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^3}\;dt=0$. D’autre part, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\sin(x)}{x}$ et donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)=1$.
En résumé, pour tout $(a,b)\in\mathbb{R}^2$ tel que $0<a<b$, $\displaystyle\int_{a}^{b}\left(\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt\right)dx=\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\;dx=F(b)-F(a)$ et de plus, $\displaystyle\lim_{a\rightarrow0}F(a)=0$ et $\displaystyle\lim_{b\rightarrow+\infty}F(b)=+\infty$. Ceci montre l’existence de l’intégrale proposée et de plus
$$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\left(\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt\right)dx=1.$$
Commentaires et/ou rappels de cours
Pas de commentaire particulier.
Exercice – Difficulté 3 – Thème : topologie. Titre : un connexe n’est pas nécessairement connexe par arcs.
Enoncé (Centrale)
1) Montrer que les parties connexes par arcs de $\mathbb{R}$ sont les intervalles.
Soit $(E,\|\;\|)$ un espace vectoriel normé. Soit $\Omega$ une partie de $E$.
On note $(C)$ la propriété suivante : pour toute fonction $f~:~\Omega\rightarrow\{0,1\}$ continue sur $\Omega$, $f$ est constante.
2) Montrer que si $\Omega$ est connexe par arcs, $\Omega$ vérifie $(C)$.
Soient $E=\mathbb{R}^2$ et $\Omega=\left\{\left(x,\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right),\;x\in\mathbb{R}_+^*\right\}\cup(\{0\}\times[-1,1])$.
3) a) Montrer que $\Omega$ vérifie $(C)$.
b) Montrer que $\Omega$ n’est pas connexe par arcs.
Corrigé
1) On sait déjà que les intervalles de $\mathbb{R}$ sont les convexes de $\mathbb{R}$ et qu’un convexe est connexe par arcs.
Inversement, soit $I$ une partie non vide de $\mathbb{R}$, connexe par arcs. Soit $(a,b)\in I^2$ tel que $a\leqslant b$. Il existe une application $f$ continue sur $[0,1]$ à valeurs dans $I$ telle que $f(0)=a$, $f(1)=b$ et pour tout $t\in[0,1]$, $f(t)\in I$. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, $f([0,1])$ est un intervalle contenant $a$ et $b$ et donc $[a,b]\subset I$. $I$ est convexe puis $I$ est un intervalle.
On a montré que les intervalles de $\mathbb{R}$ sont les connexes par arcs de $\mathbb{R}$.
2) Soit $\Omega$ une partie connexe par arcs de l’espace vectoriel normé $(E,\|\;\|)$. Soit $f$ une application continue sur $\Omega$ à valeurs dans $\{0,1\}$. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, $f(\Omega)$ est un connexe par arcs de $\mathbb{R}$ et donc un intervalle de $\mathbb{R}$ d’après 1). Si $0\in f(\Omega)$ et $1\in f(\Omega)$, alors $[0,1]\subset f(\Omega)$ ce qui est exclu. Donc $0\notin f(\Omega)$ ou $1\notin f(\Omega)$ ou encore $f(\Omega)=\{1\}$ ou $f(\Omega)=\{0\}$. $f$ est donc constante.
On a montré que si $\Omega$ est connexe par arcs, alors $\Omega$ vérifie $(C)$.
3) a) Soit $\begin{array}[t]{cccc}g~:&]0,+\infty[&\rightarrow&\mathbb{R}\\&x&\mapsto&\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\end{array}$. Soit $\Gamma$ le graphe de la fonction $g$. On a donc $\Omega=\Gamma\cup(\{0\}\times[-1,1])$. L’application $\gamma~:~x\mapsto(x,g(x))$ est continue sur le connexe par arcs $]0,+\infty[$ de $\mathbb{R}$ et donc $\Gamma=\gamma(]0,+\infty[)$ est un connexe par arcs de $\mathbb{R}^2$. D’après 2), $\Gamma$ vérifie la condition $(C)$.
Soit alors $f$ une application continue sur $\Omega$ à valeurs dans $\{0,1\}$. $f_{/\Gamma}$ est continue sur le connexe par arcs $\Gamma$ et donc $f_{/\Gamma}$ est constante. Supposons par exemple que $f$ est nulle sur $\Gamma$.
Soit $a\in[-1,1]$ puis $A=(0,a)$. Pour $k\in\mathbb{N}^*$, on pose $x_k=\dfrac{1}{\text{Arcsin}(a)+2k\pi}>0$ puis $M_k=\left(x_k,g\left(x_k\right)\right)\in\Gamma$. Pour tout $k\in\mathbb{N}^*$, $f\left(M_k\right)=0$ et d’autre part, $\displaystyle\lim_{k\rightarrow+\infty}M_k=\displaystyle\lim_{k\rightarrow+\infty}\left(x_k,a\right)=(0,a)$. Par continuité de $f$ en $(0,a)$,
$$f(0,a)=f\left(\displaystyle\lim_{k\rightarrow+\infty}M_k\right)=\displaystyle\lim_{k\rightarrow+\infty}f\left(M_k\right)=0.$$
$f$ est donc constante sur $\Omega$. On a montré que $\Omega$ vérifie la condition $(C)$.
b) Supposons par l’absurde que $\Omega$ est connexe par arcs. Soient $A=(0,0)$ et $B=(1,\sin(1))$. $A$ et $B$ sont deux points de $\Omega$. Il existe $f~:~[0,1]\rightarrow\mathbb{R}^2$, continue sur $\Omega$ et telle que $f(0)=A$ et $f(1)=B$ et pour tout $t\in[0,1]$, $f(t)\in\Omega$. Pour tout $t\in[0,1]$, on pose $f(t)=(x(t),y(t))$ de sorte que si $u(t)\neq0$, $y(t)=\sin\left(\dfrac{1}{x(t)}\right)$. Puisque $f$ est continue sur $[0,1]$, ses fonctions composantes $x$ et $y$ le sont.
Soit $\mathscr{E}=\left\{t\in[0,1]/\;x(t)=0\right\}$. $\mathscr{E}$ est une partie non vide ($0\in\mathscr{E}$) et majorée (par $1$) de $\mathbb{R}$. On peut considérer $\tau=\text{Sup}\left\{t\in[0,1]/\;x(t)=0\right\}\in[0,1]$. Il existe une suite $\left(t_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ d’éléments de $\mathscr{E}$, convergente de limite $\tau$. Puisque $f$ est continue sur $[0,1]$ et donc en $\tau$,
$$f(\tau)=f\left(\displaystyle\lim_{k\rightarrow+\infty}t_{k}\right)=\displaystyle\lim_{k\rightarrow+\infty}f\left(t_k\right)=0.$$
En particulier, $\tau<1$ et si $t\in]\tau,1]$, $x(t)>0$ puis $y(t)=\sin\left(\dfrac{1}{x(t)}\right)$. Soit $a=y(\tau)\in[-1,1]$. Par continuité à droite de $y$ en $\tau$, il existe $\alpha>0$ tel que $[\tau,\tau+\alpha]\subset[0,1]$ et pour tout $t\in\left[\tau,\tau+\alpha\right]$, $|y(t)-a|\leqslant\dfrac{1}{2}$.
Puisque $x(\tau+\alpha)>0$, il existe $n\in\mathbb{N}^*$ tel que $0<\dfrac{1}{2n\pi+\dfrac{\pi}{2}}<\dfrac{1}{2n\pi-\dfrac{\pi}{2}}<x(\tau+\alpha)$. La fonction $x$ est continue sur $[\tau,\tau+\alpha]$ et donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, la fonction $x$ prend toutes les valeurs de $x(\tau)=0$ à $x(\tau+\alpha)$. En particulier, il existe $(t,t’)\in[\tau,\tau+\alpha]^2$ tel que $x(t)=\dfrac{1}{2n\pi-\dfrac{\pi}{2}}$ et $x(t’)=\dfrac{1}{2n\pi+\dfrac{\pi}{2}}$. $t$ et $t’$ sont deux réels de $[\tau,\tau+\alpha]$ tels que $y(t)=-1$ et $y(t’)=1$ puis $|y(t)-y(t’)|=2$. Mais ceci est une contradiction car
$$|y(t)-y(t’)|\leqslant|y(t)-a|+|a-y(t’)|\leqslant\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=1.$$
Donc, $\Omega$ n’est pas connexe par arcs.
Commentaires et/ou rappels de cours
$\bullet$ Définition. Soit $(E,\|;\|)$ un espace vectoriel normé. Soit $\Omega$ une partie non vide de $E$. $\Omega$ est connexe par arcs si et seulement si pour tout $(a,b)\in\Omega^2$, il existe $\gamma~:~[0,1]\rightarrow E$, continue sur $[0,1]$ tel que $\gamma(0)=a$, $\gamma(1)=b$ et pour tout $t\in[0,1]$, $\gamma(t)\in\Omega$ (ou encore il existe un chemin continu, joignant $a$ à $b$ et contenu dans $\Omega$).
$\bullet$ Théorème. Les intervalles de $\mathbb{R}$ sont les convexes de $\mathbb{R}$.
$\bullet$ Théorème. Tout convexe non vide est connexe par arcs.
$\bullet$ Théorème des valeurs intermédiaires. Soient $\left(E,\|\;\|_E\right)$ et $\left(F,\|\;\|_F\right)$ deux espaces vectoriels normés. Soit $f~:~E\rightarrow F$ continue sur $E$. Alors, l’image par $f$ de tout connexe par arcs de $E$ est un connexe par arcs de $F$.
Exercice – Difficulté 3 – Thème : intégration. Titre : deux intégrales à paramètre égales.
Enoncé (Centrale)
On définit : $\forall x\in\mathbb{R}^+$, $f(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}$ et $g(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{x+t}\;dt$.
1) a) Donner le théorème de convergence dominée étendu à une famille indexée par un paramètre réel.
b) Justifier que $f$ est bien définie et donner sa limite en $+\infty$.
2) Montrer que $f$ et $g$ sont continues sur $\mathbb{R}^+$ et de classe $C^2$ sur $\mathbb{R}_+^*$.
3) Montrer que $\forall x\in\mathbb{R}_+$, $f(x)=g(x)$.
Corrigé
1) a) Soit $J$ un intervalle de $\mathbb{R}$. Soit $\left(f_\lambda\right)_{\lambda\in J}$ une famille de fonctions d’un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, indéxée par $\lambda\in J$. Soit $a\in\overline{R}$ adhérent à $J$.
On suppose que
$\quad\bullet$ pour tout $\lambda\in J$, la fonction $f_\lambda$ est continue par morceaux sur $I$,
$\quad\bullet$ pour tout $x\in I$, $f_\lambda(x)\underset{\lambda\rightarrow a}{\rightarrow}f(x)\in\mathbb{K}$ et que la fonction $f$ est continue par morceaux sur $I$,
$\quad\bullet$ il existe une fonction $\varphi~:~I\rightarrow\mathbb{R}$, continue par morceaux, positive et intégrable sur $I$ telle que, $\forall(\lambda,x)\in J\times I$, $\left|f_\lambda(x)\right|\leqslant\varphi(x)$.
Alors,
$\quad\bullet$ pour tout $\lambda\in J$, la fonction $f_\lambda$ est intégrable sur $I$,
$\quad\bullet$ la fonction $f$ est intégrable sur $I$,
$\quad\bullet$ la fonction $\lambda\mapsto\displaystyle\int_If_\lambda(x)\;dx$ a une limite dans $\mathbb{K}$ quand $\lambda$ tend vers $a$,
$\quad\bullet$ $\displaystyle\lim_{\lambda\rightarrow a}\displaystyle\int_If_\lambda(x)\;dx=\displaystyle\int_If(x)\;dx$.
b) Soit $x\in[0,+\infty[$. La fonction $t\mapsto\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\;dt$ est continue sur $[0,+\infty[$ et est dominée en $+\infty$ par la fonction $t\mapsto\dfrac{1}{t^2}$. La fonction $t\mapsto\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\;dt$ est donc intégrable sur $[0,+\infty[$. On en déduit l’existence de $f(x)$.
Ainsi, la fonction $f$ est définie sur $[0,+\infty[$. Ensuite, pour $x>0$, $0\leqslant f(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\;dt\leqslant\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-xt}\;dt=\dfrac{1}{x}$. Puisque $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x}=0$, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que
$$\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0.$$
2) Etude de $f$. On pose $\begin{array}[t]{cccc}\Phi~:&[0,+\infty[\times[0,+\infty[&\rightarrow&\mathbb{R}\\&(x,t)&\mapsto&\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\;dt\end{array}$ de sorte que pour tout $x\geqslant0$, $f(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\Phi(x,t)\;dt$.
– Pour chaque $x\in[0,+\infty[$, la fonction $t\mapsto\Phi(x,t)$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$.
– Pour chaque $t\in[0,+\infty[$, la fonction $x\mapsto\Phi(x,t)$ est continue sur $[0,+\infty[$.
– Pour chaque $(x,t)\in[0,+\infty[^2$, $|\Phi(x,t)|=\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\leqslant\dfrac{1}{1+t^2}=\varphi_0(t)$ où $\varphi_0$ est une fonction continue par morceaux, positive et intégrable sur $[0,+\infty[$.
D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonction $f$ est continue sur $[0,+\infty[$.
Soit alors $a>0$. La fonction $\Phi$ admet sur $[a,+\infty[\times[0,+\infty[$ des dérivées partielles dordre $1$ et $2$ par rapport à sa première variable $x$ définies par :
$$\forall(x,t)\in[a,+\infty[\times[0,+\infty[,\;\dfrac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)=-\dfrac{te^{-xt}}{1+t^2}\;\text{et}\;\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,t)=\dfrac{t^2e^{-xt}}{1+t^2}.$$
Ensuite,
– Pour chaque $x\in[a,+\infty[$, les fonctions $t\mapsto\dfrac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)$ et $t\mapsto\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,t)$ sont continues par morceaux sur $[0,+\infty[$.
– Pour chaque $t\in[0,+\infty[$, les fonctions $x\mapsto\dfrac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)$ et $x\mapsto\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,t)$ sont continues sur $[a,+\infty[$.
– Pour chaque $(x,t)\in[a,+\infty[\times[0,+\infty[$, $\left|\dfrac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)\right|\leqslant\dfrac{te^{-at}}{1+t^2}=\varphi_1(t)$ et $\left|\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,t)\right|\leqslant\dfrac{t^2e^{-at}}{1+t^2}=\varphi_2(t)$ où $\varphi_1$ et $\varphi_2$ sont des onctions continues par morceaux, positives et intégrables sur $[0,+\infty[$ (car négligeables en $+\infty$ devant $\dfrac{1}{t^2}$ d’après un théorème de croissances comparées).
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonction $f$ est de classe $C^2$ sur $[a,+\infty[$ et ses dérivées successives s’obtiennent par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout $a>0$, la fonction $f$ est de classe $C^2$ sur $]0,+\infty[$ et de plus
$$\forall x>0,\;f'(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{te^{-xt}}{1+t^2}\;dt\;\text{et}\;f^{(2)}(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^2e^{-xt}}{1+t^2}\;dt.$$
Etude de $g$. Une intégration par parties licite fournit $\displaystyle\int\dfrac{e^{it}}{t}\;dt=-i\dfrac{e^{it}}{t}-i\displaystyle\int\dfrac{e^{it}}{t^2}\;dt+C$.
Puisque $\left|-i\dfrac{e^{it}}{t}\right|=\dfrac{1}{t}\underset{t\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$, on a encore $\displaystyle\lim_{t\rightarrow+\infty}-i\dfrac{e^{it}}{t}=0$. D’autre part, la fonction $t\mapsto\dfrac{e^{it}}{t^2}$ est intégrable sur un voisinage de $+\infty$ et donc, pour tout $x>0$, $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{e^{it}}{t^2}\;dt$ est une intégrale convergente. Mais alors, pour tout $x>0$, l’intégrale $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{e^{it}}{t}\;dt$ est une intégrale convergente puis les parties réelle et imaginaire, à savoir $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt$ et $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$, sont des intégrales convergentes.
D’autre part, la fonction $t\mapsto\dfrac{\sin(t)}{t}$ est continue sur $]0,1]$ et se prolonge par continuité en $0$. Donc, l’intégrale $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$ est une intégrale convergente puis $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$ est une intégrale convergente. Ceci montre déjà l’existence de $g(0)$.
Soit $x>0$. Sans préjuger de l’existence de l’intégrale, on effectue le changement de variable $u=t+x$. L’intégrale obtenue est de même nature et de plus
$$g(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t+x}\;dt=\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(u-x)}{u}\;du=\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)\cos(x)-\sin(x)\cos(t)}{t}\;dt\;(\text{la vraiable d’intégration étant muette}).$$
Maintenant, les intégrales $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$ et $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt$ sont convergentes et donc, par linéarité, toutes les intégrales considérées convergent. De plus, pour tout $x>0$,
$$g(x)=\cos(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt-\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt.$$
Ainsi, la fonction $g$ est définie sur $[0,+\infty[$. Les fonctions $t\mapsto\dfrac{\sin(t)}{t}$ et $t\mapsto\dfrac{\cos(t)}{t}$ sont continues sur $]0,+\infty[$. Donc, les fonctions $x\mapsto\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$ et $x\mapsto\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt$ sont de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$. Il en est de même de la fonction $g$ puis, pour tout $x>0$,
\begin{align*}g'(x)&=-\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt-\dfrac{\sin(x)\cos(x)}{x}+\dfrac{\sin(x)\cos(x)}{x}-\cos(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt\\&=-\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt-\cos(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt.\end{align*}
De nouveau, la fonction $g’$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ ou encore la fonction $g$ est de classe $C^2$ sur $]0,+\infty[$ puis pour tout $x>0$
\begin{align*}g^{(2)}(x)&=-\cos(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt+\dfrac{\sin^2(x)}{x}+\dfrac{\cos^2(x)}{x}+\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt\\&=-g(x)+\dfrac{1}{x}.\end{align*}
Il reste à étudier la continuité de la fonction $g$ en $0$. On rappelle que pour tout $x>0$,
$$g(x)=\cos(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt-\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt.=\cos(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt-\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{1}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt-\sin(x)\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt.$$
Quand $x$ tend vers $0$, $\cos(x)\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$ tend vers $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt$ c’est-à-dire $g(0)$. Ensuite, quand $x$ tend vers $0$, $\sin(x)\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt$ tend vers $0$. Enfin,
\begin{align*}\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{1}\dfrac{\cos(t)}{t}\;dt&=\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{1}\dfrac{1}{t}\;dt-\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{1}\dfrac{1-\cos(t)}{t}\;dt\\&=-\sin(x)\ln(x)-\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{1}\dfrac{1-\cos(t)}{t}\;dt\end{align*}
$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1-\cos(t)}{t}\;dt$ est une intégrale convergente car $\dfrac{1-\cos(t)}{t}\underset{t\rightarrow0}{\sim}\dfrac{t}{2}$ et donc, quand $x$ tend vers $0$, $\sin(x)\displaystyle\int_{x}^{1}\dfrac{1-\cos(t)}{t}\;dt$ tend vers $0$. Enfin, $\sin(x)\ln(x)\underset{x\rightarrow0}{\sim}x\ln(x)\underset{x\rightarrow0}{\rightarrow}0$ d’après un théorème de croissances comprées. Finalement, $g(x)$ tend vers $g(0)$ quand $x$ tend vers $0$ et donc la fonction $g$ est continue en $0$ puis sur $[0,+\infty[$.
3) $\bullet$ D’après 2), pour tout $x>0$, $f^{(2)}(x)+f(x)= \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^2e^{-xt}}{1+t^2}\;dt+\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}\;dt=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-xt}\;dt=\dfrac{1}{x}$.
La fonction $f$ est une solution de l’équation différentielle $y^{(2)}+y=\dfrac{1}{x}$ sur $]0,+\infty[$. De même, d’après 2), la fonction $g$ est une solution de l’équation différentielle $y^{(2)}+y=\dfrac{1}{x}$ sur $]0,+\infty[$.
$\bullet$ La fonction $f-g$ est solution de l’équation différentielle $y^{(2)}+y=0$ sur $]0,+\infty[$. Donc, il existe $(a,b)\in\mathbb{R}^2$ tel que pour tout $x>0$, $f(x)-g(x)=a\cos(x)+b\sin(x)$, cette dernière égalité restant valable pour $x=0$ par continuité des fonctions $f$ et $g$ en $0$.
$\bullet$ Pour $x>0$, $|g(x)|\leqslant\left|\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt\right|+\left|\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt\right|$. Les deux intégrales tendent vers $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$ et donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=0$ puis $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(f(x)-g(x))=0$.
$\bullet$ Si $(a,b)\neq(0,0)$, $\sqrt{a^2+b^2}>0$ puis il existe $x_0\in\mathbb{R}$ tel que $a\cos(x)+b\sin(x)=\sqrt{a^2+b^2}\cos\left(x-x_0\right)$. Mais alors, la fonction $x\mapsto a\cos(x)+b\sin(x)$ n’a pas de limite en $+\infty$. Puisque la fonction $f-g$ a une limite en $+\infty$, on a nécessairement $a=b=0$ et donc pour tout $x\geqslant0$, $f(x)=g(x)$. On a montré que :
$$\forall x\in[0,+\infty[,\;\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-tx}}{t+x}\;dt=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t+x}\;dt.$$
Commentaires et/ou rappels de cours
$\bullet$ On retrouve en particulier la valeur de l’intégrale de Dirichlet :
$$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t}\;dt=g(0)=f(0)= \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+t^2}\;dt=\dfrac{\pi}{2}.$$
$\bullet$ En 1)b), était probablement attendu le théorème de convergence dominée. Pour $x\geqslant 0$, on pose pour tout $t\geqslant0$, $f_x(t)=\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}$.
$$\forall t\in[0,+\infty[$, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f_x(t)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{e^{-xt}}{1+t^2}=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si}\;t=0\\0\;\text{si}\;t>0\end{array}\right.=f(t)$$
où de plus la fonction $f$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$. D’autre part, pour tout $(x,t)\in[0,+\infty[^2$, $\left|f_x(t)\right|\leqslant\dfrac{1}{1+t^2}=\varphi(t)$ …
Exercice – Difficulté 2 – Thème : intégration. Titre : étude d’une série grâce à l’étude d’une intégrale.
Enoncé (Mines-Ponts)
1) Enoncer et démontrer la formule de Taylor avec reste intégrale.
2) Donner la nature de l’intégrale $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(\sqrt{t}\right)}{t}\;dt$.
3) Donner la nature de la série $\displaystyle\sum_{n\geqslant1}\dfrac{\sin\left(\sqrt{n}\right)}{n}$.
Corrigé
1) Formule de Taylor avec reste intégrale. Soit $n\in\mathbb{N}$. Soit $f$ une fonction de classe $C^{n+1}$ sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. Alors, pour tout $(a,b)\in I^2$,
$$f(b)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt.$$
Démonstration. $\bullet$. Soit $f$ une fonction de classe $C^1$ sur $I$. Pour tout $(a,b)\in I^2$, $\displaystyle\int_{a}^{b}f'(t)\;dt=f(b)-f(a)$ puis
$$f(b)=\displaystyle\sum_{k=0}^{0}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^0}{0!}f^{(1)}(t)\;dt.$$
La formule est vraie quand $n=0$.
$\bullet$ Soit $n\geqslant0$. Supposons que pour toute fonction $f$ de classe $C^{n+1}$ sur $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, pour tout $(a,b)\in I^2$, $f(b)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt$.
Soit $f$ une fonction de classe $C^{n+2}$ sur $I$ et soit $(a,b)\in I^2$. On a déjà $f(b)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt$. Ensuite, les deux fonctions $t\mapsto-\dfrac{(b-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ et $t\mapsto f^{(n+1)}(t)$ sont de classe $C^1$ sur $I$. On peut donc faire une intégration par parties qui fournit
$$\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt=\left[-\dfrac{(b-t)^{n+1}}{(n+1)!}\right]_a^b+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+2)}(t)\;dt=\dfrac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+2)}(t)\;dt.$$
Mais alors,
$$f(b)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\dfrac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+2)}(t)\;dt=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+2)}(t)\;dt.$$
La formule est démontrée par récurrence.
2) La fonction $f~:~t\mapsto\dfrac{\sin\left(\sqrt{t}\right)}{t}$ est continue sur $]0,+\infty[$.
$f(t)=\dfrac{\sin\left(\sqrt{t}\right)}{t}\underset{t\rightarrow0^+}{\sim}\dfrac{\sqrt{t}}{t}=\dfrac{1}{t^{\frac{1}{2}}}>0$ avec $\dfrac{1}{2}<1$. Donc, la fonction $f$ est intégrable sur $]0,1]$.
Soit $x>1$. Les deux fonctions $t\mapsto-2\cos(\sqrt{t})$ et $t\mapsto\dfrac{1}{\sqrt{t}}$ sont de classe $C^1$ sur le segment $[1,x]$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit
\begin{align*}\displaystyle\int_{1}^{x}f(t)\;dt&=\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{1}{\sqrt{t}}\times\dfrac{1}{\sqrt{t}}\sin\left(\sqrt{t}\right)\;dt=\left[\dfrac{1}{\sqrt{t}}\times-2\cos\left(\sqrt{t}\right)\right]_1^x-\displaystyle\int_{1}^{x}-\dfrac{1}{2t^{\frac{3}{2}}}\times-2\cos\left(\sqrt{t}\right)\;dt\\&=-\dfrac{2\cos\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}-\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{\cos\left(\sqrt{t}\right)}{2t^{\frac{3}{2}}}\;dt.\end{align*}
Ensuite, pour $x>1$, $\left|-\dfrac{2\cos\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\right|\leqslant\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ avec $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}}=0$. D’après le théorème des gendarmes, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}-\dfrac{2\cos\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}=0$.
Ensuite, la fonction $t\mapsto\dfrac{\cos\left(\sqrt{t}\right)}{2t^{\frac{3}{2}}}$ est continue sur $[1,+\infty[$ et est dominée en $+\infty$ par $\dfrac{1}{t^{\frac{3}{2}}}$ avec $\dfrac{3}{2}>1$. Donc, la fonction $t\mapsto\dfrac{\cos\left(\sqrt{t}\right)}{2t^{\frac{3}{2}}}$ est intégrable sur $[1,+\infty[$ puis $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(\sqrt{t}\right)}{2t^{\frac{3}{2}}}\;dt$ est une intégrale convergente.
Mais alors, $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}f(t)\;dt$ est une intégrale convergente puis $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f(t)\;dt$ est une intégrale convergente.
On a montré que $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(\sqrt{t}\right)}{t}\;dt$ est une intégrale convergente.
3) Pour $x\geqslant1$, on pose $F(x)=\displaystyle\int_{1}^{x}f(t)\;dt$. $F$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ puis $F’=f$. $F$ est alors de classe $C^2$ sur $]0,+\infty[$ et pour tout réel $x>0$
$$F^{(2)}(x)=f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}\sin\left(\sqrt{x}\right)+\dfrac{1}{x}\times\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\cos\left(\sqrt{x}\right)=-\dfrac{\sin\left(\sqrt{x}\right)}{x^2}+\dfrac{\cos\left(\sqrt{x}\right)}{x^{\frac{3}{2}}}.$$
Soit $k\geqslant1$. La formule de Taylor avec reste intégrale à l’ordre $1$ fournit
$$F(k+1)=F(k)+(k+1-k)F'(k)+\displaystyle\int_{k}^{k+1}(k+1-t)F^{(2)}(t)\;dt=F(k)+f(k)+\displaystyle\int_{k}^{k+1}(k+1-t)f'(t)\;dt$$
et donc $f(k)=\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(t)\;dt-u_k$ où $u_k=\displaystyle\int_{k}^{k+1}(k+1-t)f'(t)\;dt$. Soit alors $n\geqslant1$. En additionnant membre à membre ces égalités, on obtient
$$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f(k)=\displaystyle\int_{1}^{n+1}f(t)\;dt-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}u_k.$$
Puisque $\displaystyle\int_{1}^{+\infty}f(t)\;dt$ est une intégrale convergente, $\displaystyle\int_{1}^{x}f(t)\;dt$ a une limite dans $\mathbb{R}$ quand $x$ tend vers $+\infty$. En particulier, la suite $\left(\displaystyle\int_{1}^{n+1}f(t)\;dt\right)$ est convergente. Il reste à étudier la convergence de la série de terme général $u_k$. Pour $k\in\mathbb{N}^*$,
\begin{align*}\left|u_k\right|&\leqslant\displaystyle\int_{k}^{k+1}(k+1-t)|f'(t)|\;dt\leqslant\displaystyle\int_{k}^{k+1}\left(\dfrac{1}{t^2}+\dfrac{1}{t^{\frac{3}{2}}}\right)dt\leqslant2\displaystyle\int_{k}^{k+1}\dfrac{1}{t^{\frac{3}{2}}}\;dt\leqslant\dfrac{2}{k^{\frac{3}{2}}}.\end{align*}
Puisque $\dfrac{3}{2}>1$, la série de terme général $u_k$ est absolument convergente et en particulier convergente. Ainsi, la suite $\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f(k)\right)$ est somme de deux suites convergentes et donc converge. On a montré que la série de terme général $\dfrac{\sin\left(\sqrt{n}\right)}{n}$ converge.
Commentaires et/ou rappels de cours
L’exercice nous fait étudier une série semi-convergente. La technique est une comparaison série-intégrale qui peut revêtir des formes multiples (ici, la formule de Taylor). Une autre possibilité était d’effectuer une transformation d’Abel. Mais il semble difficile de savoir si oui ou non, la suite $\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}e^{i\sqrt{k}}\right)$ est bornée.