Séries de fonctions

$\displaystyle 1+(-1)^n=0$ si $\displaystyle n$ est impair.

On a, pour $\displaystyle x>1$, $\displaystyle \zeta(x)+\eta(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1+(-1)^n}{n^x}=\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{(2k)^x}=\frac{1}{2^{x-1}}\zeta(x)$, donc $\displaystyle \zeta(x)=\left(\frac{1}{2^{x-1}}-1\right)^{-1}\eta(x)$, qui est un prolongement de $\displaystyle \zeta$ sur $\displaystyle ]0,+\infty[$ privé de $\displaystyle 1$. C’est en fait LE prolongement analytique de $\displaystyle \zeta$ pour tout $\displaystyle x=\sigma+it$, $\displaystyle \sigma>0$ et $\displaystyle x\neq1$ (unicité du prolongement analytique).

Une somme et une intégrale avec une fonction monotone 👉 Comparaison série-intégrale.

On fixe $\displaystyle t>0$. Comme $\displaystyle f$ est décroissante, $\displaystyle \int_{nt}^{(n+1)t}f(x)dx\le \int_{nt}^{(n+1)t}f(nt)dx=tf(nt)\le\int_{(n-1)t}^{nt} f(x)dx$, et en sommant $\displaystyle \int_t^{(N+1)t}f(x)dx\le t\sum_{n=1}^Nf(nt)\le\int_{0}^{Nt} f(x)dx$. Comme $\displaystyle f$ est $\displaystyle \ge0$ et intégrable, on en déduit la convergence de la série et par passage à la limite en $\displaystyle N$ : $\displaystyle \int_t^{\infty}f(x)dx\le t\sum_{n=1}^\infty f(nt)\le\int_{0}^\infty f(x)dx$. En passant à la limite en $\displaystyle t$, on conclut avec le théorème des gendarmes.

Application $\displaystyle -$ Soit $\displaystyle x=e^{-t^2}$. On a $\displaystyle \sum_{n\ge 1} x^{n^2}=\sum_{n\ge 1} e^{-(nt)^2}\sim_{t\to 0} \frac{1}{t}\int_0^\infty e^{-u^2}du$. Comme $\displaystyle t=\sqrt{-\ln(x)}$, $\displaystyle \int_0^\infty e^{-u^2}du=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ et $\displaystyle \ln(x)\sim_{x\to 1} x-1$, on obtient $\displaystyle \sum_{n\ge 1} x^{n^2}\sim_{x\to 1^-}\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{1-x}}$.

• $\displaystyle \frac{1}{1-y}$ 👉 Série géométrique ;
• Une intégrale et une somme 👉 Interversion série intégrale.

On a $\displaystyle S_n(x)=e^{i\theta} \frac{1-e^{i(n+1)\theta}x^{n+1}}{1-e^{i\theta}x}$, donc $\displaystyle |S_n(x)|\le \frac{2}{|1-e^{i\theta}x|}$ . Or $\displaystyle x\mapsto \frac{2}{|1-e^{i\theta}x|}$ est continue sur $\displaystyle [0,1]$ car $\displaystyle \theta\neq 0\ [2\pi]$, donc intégrable sur $\displaystyle [0,1]$. On peut alors appliquer le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions $\displaystyle (S_n)$ :
$$\int_0^1 \frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}x}dx = \int_0^1\lim S_n(x)dx = \lim \int_0^1 S_n(x) dx.$$
Comme $\displaystyle \int_0^1 S_n(x) dx =\sum_{k=0}^n \int_0^1 e^{i(k+1)\theta}x^k dx = \sum_{k=1}^{n+1}\frac{e^{ik\theta}}{k}$, on en déduit que $\displaystyle \sum\frac{e^{ik\theta}}{k}$ converge et que : $$\int_0^1 \frac{e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}x}dx = \sum_{k\ge 1}\frac{e^{ik\theta}}{k}.$$

(D’après Topologie & Analyse fonctionnelle, Gonnord & Tosel, p.15)

1. On applique le principe des tiroirs à l’hypercube $\displaystyle [0,1]^n$ découpé en $\displaystyle q^n$ petits hypercubes dont les aretes sont du type $\displaystyle [r/q,(r+1)/q[$. Alors il existe $\displaystyle k$ et $\displaystyle q$ tels que $\displaystyle u_k$ et $\displaystyle u_q$ sont dans le même petit cube, i.e. $\displaystyle \|u_k-u_q\|_\infty<1/q$ et donc pour tout $\displaystyle i$, $\displaystyle |\{kx_i\}-\{qx_i\}|=|kx_i-[kx_i]-(qx_i-[qx_i])|<1/q$. Il suffit donc de prendre $\displaystyle p=k-q$ pour obtenir le résultat.
2. D’abord, observons que si $\displaystyle x\in\R$, $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a_n}{n^{x}}$ diverge quand $\displaystyle x\to x_0$. En effet, si $\displaystyle f$ était bornée par $\displaystyle M$, on aurait pour $\displaystyle x$ proche de $\displaystyle x_0$, $\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x_0}}\le 2\sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x}}\le 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^{x}}\le 2M$, ce qui contredit que la série $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a_n}{n^{x_0}}$ diverge (Rappelons que $\displaystyle a_n\ge0$).
   Soit $\displaystyle A>0$. On peut donc trouver $\displaystyle x>x_0$ tel que $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{a_n}{n^{x}}>A$. On se donne $\displaystyle N$ tel que $\displaystyle \sum_{n=N}^{+\infty}\frac{a_n}{n^{x}}<A/4$.
   Par l’inégalité triangulaire, on a $\displaystyle |f(x+iy)|\ge \left|\sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x+iy}}\right|-\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{a_n}{n^{x+iy}}\right|$ $\displaystyle (\star)$.
   Remarquons que $\displaystyle \left|\sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x+iy}}\right|\ge Re \sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x+iy}}=\sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x}}\cos(y\ln n)$.
   Or d’après 1) il existe $\displaystyle p$ tel que pour tout $\displaystyle 1\le n\le N$, $\displaystyle d(pT\ln n,\Z)\le \frac16$, i.e. $\displaystyle d(2\pi pT\ln n,2\pi\Z)\le \frac{\pi}{3}$.
   Donc en prenant $\displaystyle y=2\pi pT\ge T$, on obtient $\displaystyle \cos(y\ln n)\ge 1/2$ si $\displaystyle 1\le n\le N$.
   Ainsi $\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x}}\cos(y\ln n)\ge \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N}\frac{a_n}{n^{x}}\ge \frac{1}{2}(A-A/4)=\frac{3}{8}A$, où on a encore utilisé l’inégalité triangulaire.
   Donc, d’après $\displaystyle (\star)$, $\displaystyle |f(x+iy)|\ge \frac{3}{8}A-\frac{A}{4}=\frac{A}{8}$ pour $\displaystyle y=2\pi pT\ge T$, ce qui prouve que $\displaystyle f$ n’est pas bornée sur $\displaystyle \{Im(z)\geqslant T, Re(z)>x_0\}$.

• $\displaystyle \frac{1}{1-y}$ 👉 Série géométrique !
• Interversion série intégrale.

D’après le théorème d’intégration terme à terme, on a $\displaystyle \int_0^\infty \frac{xe^{-ax}}{1-e^{-bx}}dx=\int_0^\infty xe^{-ax}\sum_{n=0}^\infty e^{-nbx}dx=\sum_{n=0}^\infty\int_0^\infty xe^{-(a+bn)x}dx$, car $\displaystyle \int_0^\infty xe^{-(a+bn)x}dx=\frac{1}{(a+bn)^2}$ (on a fait le changement de variable $\displaystyle y=(a+bn)x$) est le terme général d’une série convergente. Ainsi $\displaystyle \int_0^\infty \frac{xe^{-ax}}{1-e^{-bx}}dx=\sum_{n\ge0}\frac{1}{(a+bn)^2}$.

• $\displaystyle \frac{1}{1\pm y}$ 👉 Série géométrique !
• Interversion série intégrale.

On fait le calcul formellement supposant qu’on peut intervertir somme et intégrale :
$$\int_0^1 \frac{dx}{1+x^a}=\int_0^1\sum_{n\ge0}(-x^a)^n dx=\sum_{n\ge0}\int_0^1(-1)^n x^{an} dx=\sum_{n\ge0}(-1)^n \left[\frac{x^{1+an}}{1+an}\right]^1_0,$$ ce qu’on voulait. On peut justifier l’interversion somme et intégrale comme suit. La série alternée $\displaystyle \sum (-1)^n x^{an}$ ne convergeant pas uniformément sur $\displaystyle [0,1]$ et le théorème d’intégration terme à terme ne pouvant s’appliquer car $\displaystyle \sum_{n\ge 0} \frac{1}{1+an}=\infty$, on a plus le choix : convergence dominée avec les sommes partielles, et ça marche. En effet on $$\left|\sum_{0\le n\le N} (-1)^n x^{an}\right|=\left|\frac{(-x^a)^{N+1}-1}{x^a+1} \right|\le2,$$ et le constante est intégrable sur $\displaystyle [0,1]$. Donc on peut écrire :
$$\int \sum_{n=0}^\infty=\int \lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N=\lim_{N\to\infty}\int \sum_{n=0}^N=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N\int =\sum_{n=0}^\infty\int.$$ Pour la limite en $\displaystyle a\to 0$, on peut appliquer le théorème CVD à l’intégrale car pour tout $\displaystyle x\in]0,1]$ et tout $\displaystyle a>0$, on a $\displaystyle |1/(1+x^a)|\le1$, et $\displaystyle 1$ est intégrable sur $\displaystyle [0,1]$. Donc, comme $\displaystyle x^a\to 1$ quand $\displaystyle a\to 0$ avec $\displaystyle x>0$, on obtient :
$$\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^n}{1+an} \xrightarrow[a\to0]{}\frac{1}{2}.$$

$\displaystyle (a+b)^n$ 👉 Formule du binôme.

On a $\displaystyle \left(1+\frac{z}{n} \right)^n=\sum_{k=0}^n {n\choose k} \frac{z^k}{n^k}=\sum_{k=0}^n \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\frac{z^k}{k!}$, en utilisant la formule du binôme et la définition de $\displaystyle {n\choose k}$. En écrivant la série de l’exponentielle, on obtient donc
$$e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n=\sum_{k=0}^n \left(1-\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\right)\frac{z^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{z^k}{n^k}.$$ On choisit désormais $\displaystyle z$ quelconque dans la boule $\displaystyle B(0,M)$ de centre $\displaystyle 0$ et de rayon $\displaystyle M>0$, i.e. $\displaystyle |z|\le M$. Ainsi, par l’inégalité triangulaire :
$\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le\sum_{k=0}^n \left(1-\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\right)\frac{M^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{M^k}{n^k}$, car $\displaystyle 1-\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\ge0$.
D’où $\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le e^M-\left(1+\frac{M}{n} \right)^n$. En utilisant que $\displaystyle \left(1+\frac{M}{n} \right)^n\xrightarrow[n\to\infty]{}e^M$, on conclut que $\displaystyle \sup_{z\in B(0,M)}\left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\xrightarrow[n\to\infty]{} 0$, ce qu’on voulait.
Remarque — L’inégalité $\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le e^M-\left(1+\frac{M}{n} \right)^n$ pour $\displaystyle |z|\le M$ est quasiment miraculeuse car l’inégalité triangulaire appliquée brutalement donne $\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le e^M+\left(1+\frac{M}{n} \right)^n$.

Bientôt !

1. On reconnaît un résultat du cours 👉 le critère spécial des séries alternées !
2. On pense à la question précédente.
3. On reconnaît une série géométrique 👉 on peut regarder les sommes partielles.
4. Si on justifie que $\displaystyle S'=T$ (suggéré par l’intuition), on peut utiliser la question précédente.

1. On est dans le cadre d’application du critère spécial des séries alternées : on sait alors que la série $\displaystyle \sum_{k \ge 1} (-1)^k a_k$ est convergente, ce qui équivaut à dire que la suite $\displaystyle (R_n)_{n \ge 1}$ est bien définie et de limite nulle. Mieux encore, on a un contrôle du reste : on sait que $\displaystyle |R_n| \le a_{n+1}$.
2. Soit $\displaystyle x \in [0,1]$ fixé. La série $\displaystyle \sum_{k \ge 1} (-1)^k f_k(x)$ est une série alternée, on sait donc qu’elle est convergente. Notons $\displaystyle S(x)$ sa limite. La majoration du reste énoncée à la question précédente permet d’écrire que : $$\forall x \in [0,1] \ , \ \left|S(x)- \sum_{k \ge 1} (-1)^k f_k(x)\right| = \left|\sum_{k=n+1}^\infty (-1)^k f_k(x)\right| \le |f_{n+1}(x)| \le \frac{1}{n+1}.$$ On a obtenu une majoration indépendante de $\displaystyle x$ et de limite nulle, ce qui signifie que la suite $\displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^k f_k(x)$ converge uniformément vers $\displaystyle S$ sur $\displaystyle [0,1]$.
3. On connaît une expression des sommes partielles : $$\sum_{k=1}^n (-1)^k f_k'(x) = \sum_{k=1}^n (-1)^k x^{k-1} = -\sum_{l=0}^{n-1} (-x)^l = -\frac{1-(-x)^n}{1+x}.$$ Soit $\displaystyle T : [0,1[ \rightarrow \R$ la fonction définie par $\displaystyle T(x) = -\frac{1}{1+x}$. On a alors : $$\forall x \in [0,A] \ , \ \left|T(x) -\sum_{k=1}^n (-1)^k f_k'(x) \right| = \frac{|x|^n}{1+x} \le |A|^n.$$ On a obtenu une majoration ne dépendant pas de $\displaystyle x$ et de limite nulle, la série $\displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^k f_k'(x)$ converge donc vers $\displaystyle T$ uniformément sur tout intervalle $\displaystyle [0,A]$.
4. La convergence uniforme de la série des dérivées, ainsi que la convergence en $\displaystyle 0$ de la série $\displaystyle \sum_{k \ge 1} (-1)^k f_k$ permet d’affirmer, par un résultat du cours, que la limite $\displaystyle S(x)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle [0,A]$ et que $\displaystyle S'(x) = T(x)$. Comme $\displaystyle S(0)=0$, on en déduit que : $$\forall x \in [0,A] \ , \ S(x) = \int_0^x T(t) dt = -\ln(1+x).$$ Comme ce résultat est vrai pour tout $\displaystyle A<1$, on en déduit qu’on a $\displaystyle S(x) = -\ln(1+x)$ pour tout $\displaystyle x \in [0,1[$. De plus, la fonction $\displaystyle S$ est continue sur le segment $\displaystyle [0,1]$, comme limite uniforme d’une suite de fonctions continues sur $\displaystyle [0,1]$, on a donc : $$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k} = S(1) = \lim_{x \to 1} S(x) = -\ln(2).$$

1. Intégration par parties pour baisser la puissance au dessus de $\displaystyle t$.
2. Interversion série et intégrale.

Précisons que $\displaystyle I_{n,p}$ est bien définie car

• $\displaystyle t\mapsto t^p e^{-nt}$ est continue sur $\displaystyle [0;+\infty[$,
• quand $\displaystyle t\to +\infty$, $\displaystyle t^p e^{-nt} = o(1/t^2)$ par croissance comparée.

Pour $\displaystyle p\in\N^*$, une I.P.P., justifiée par l’existence de limites finies dans le crochet, donne : $$I_{n,p}=\left[\frac{-t^pe^{-nt}}{n}\right]_0^{+\infty} -\int_0^{+\infty} pt^{p-1}\left(-\frac{e^{-nt}}{n}\right)\mathrm{d}t = \frac pn I_{n,p-1}$$ (puisque $\displaystyle \lim_{t\to +\infty}t^pe^{-nt}=0$). On itère cette relation, ce qui donne (avec $\displaystyle I_{n,0}=\frac 1n$) : $$I_{n,p} =\frac{p}{n}.\frac{p-1}{n}\dots \frac{1}{n}.I_{n,0}=\frac{p!}{n^{p+1}}.$$

Convergence de l’intégrale
Soit $\displaystyle p\in\N^*$, et $\displaystyle F$ définie sur $\displaystyle ]0;+\infty[$ par $\displaystyle F:t\to \frac{t^p}{e^t-1}$.
Quand $\displaystyle t\to 0^+$, $\displaystyle \frac{t^p}{e^t-1}\sim t^{p-1}$, donc $\displaystyle F$ est prolongeable par continuité en $\displaystyle 0$.
Quand $\displaystyle t\to +\infty$, $\displaystyle \frac{t^p}{e^t-1} \sim t^pe^{-t}=o(1/t^2)$ par croissance comparée. Donc l’intégrale de $\displaystyle F$ est convergente au voisinage de $\displaystyle +\infty$.

Convergence de la série
$\displaystyle p+1\ge 2$ donc c’est une série de Riemann convergente.

Démonstration de l’égalité
Soit $\displaystyle p\in\N^*$, posons $\displaystyle f_n(t)=t^p e^{-nt}$, pour $\displaystyle t>0$ et $\displaystyle n\in\N^*$.

• Pour $\displaystyle t>0$, $\displaystyle e^{-t}\in]0;1[$ donc $\displaystyle \sum_{n\geq 1}f_n(t)$ converge (série géométrique), et $$\sum_{n=1}^{+\infty}f_n(t)=\frac{t^pe^{-t}}{1-e^{-t}}=\frac{t^p}{e^{t}-1}.$$ Ainsi $\displaystyle \sum_{n\ge 1} f_n$ converge simplement vers $\displaystyle F$ sur $\displaystyle ]0;+\infty[$.
• Les fonctions $\displaystyle f_n$, et $\displaystyle F$, sont continues (par morceaux) sur $\displaystyle ]0;+\infty[$.
• On a $\displaystyle \int_0^ {+\infty}|f_n|=\int_0^{+\infty}f_n = \frac{p!}{n^{p+1}}$, donc la série $\displaystyle \sum_{n\ge 1}\int_0^{+\infty}|f_n|$ converge (comme expliqué plus haut).

Ainsi par théorème d’intégration terme à terme, on a :
$$\sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^\infty f_n = \int_0^{+\infty} S,$$

$$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{p!}{n^{p+1}} = \int_0^{+\infty }\frac{t^p}{e^t-1}~\mathrm{d} t.$$

1. $\displaystyle f$ est continue sur le segment $\displaystyle [a,b]$, donc bornée, d’où l’existence de $\displaystyle M$.
   Ensuite on montre l’inégalité par récurrence.

• Pour $\displaystyle n=0$, c’est justement l’inégalité $\displaystyle |f(x)|\leq M$.
• Soit $\displaystyle n\in\N$, supposons la propriété vraie eu rang $\displaystyle n$. Alors par inégalité triangulaire, pour $\displaystyle x\in[a;b]$,
  $$|f_{n+1}(x)|\leq \int_a^x|f_n(t)|\mathrm d t\leq \int_a^x\frac{M(t-a)^n}{n!}~\mathrm d t = \frac{M(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}.$$

2. L’inégalité montrée en 1. donne $\displaystyle \|f_n\|_{\infty}\leqslant \frac{M}{n!}(b-a)^n$.
   Or $\displaystyle \sum\frac{M}{n!}(b-a)^n$ converge (on reconnaît la série exponentielle), donc $\displaystyle \sum f_n$ converge normalement sur $\displaystyle [a,b]$.
3. Soit $\displaystyle x\in[a;b]$. Comme $\displaystyle \sum f_n$ converge normalement sur $\displaystyle [a;b]$ donc uniformément sur $\displaystyle [a;x]$, on a
   $$\begin{aligned} \int_a^x F(t)\mathrm d t & =\sum_{n=0}^{+\infty}\int_a^x f_n(t)\mathrm d t\\ & =\sum_{n=0}^{+\infty} f_{n+1}(x)\\ & =\sum_{n=1}^{+\infty} f_{n}(x)=F(x)-f(x).\end{aligned}$$
4. Posons $\displaystyle G:x\mapsto\int_a^x F(t)\mathrm d t$. $\displaystyle G$ est solution sur $\displaystyle [a;b]$ de ($\displaystyle E$) : $\displaystyle y'=y+f$.

• La solution générale de ($\displaystyle E_0$) : $\displaystyle y'=y$, est $\displaystyle y=\lambda e^x$, $\displaystyle \lambda\in\R$.
• On peut chercher une solution $\displaystyle y_p$ de $\displaystyle (E)$ de la forme $\displaystyle y_p=\lambda(x)e^x$.
  $\displaystyle y_p$ est alors solution si et seulement si $\displaystyle \forall x\in[a;b],~~\lambda'(x)e^x=f(x)$.
  Ainsi $\displaystyle \lambda:x\mapsto \int_a^x f(t)e^{-t}$ convient, et on en déduit qu’il existe $\displaystyle \lambda\in\R$ tel que :
  $$\forall x\in[a;b],~~G(x)=e^x\int_a^x f(t)e^{-t}\mathrm d t+\lambda e^x.$$ Comme $\displaystyle G(a)=0$, on a $\displaystyle \lambda e^a=0$ donc $\displaystyle \lambda=0$. Au final pour $\displaystyle x\in[a;b]$ : $$\begin{aligned}F(x) = G'(x) & = f(x)+e^x\int_a^x f(t)e^{-t}\mathrm d t \\ &= f(x)+\int_a^x f(t)e^{x-t}\mathrm d t.\end{aligned}$$