Agrégation interne : suites et séries de fonctions

Exercice 1

- Avec paramètre [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Soit $a\geq 0$. On définit la suite de fonctions $(f_n)$ sur $[0,1]$ par $f_n(x)=n^a x^n(1-x)$. Montrer que la suite $(f_n)$ converge simplement vers 0 sur $[0,1]$, mais que la convergence est uniforme si et seulement si $a<1.$

Indication

Corrigé

Exercice 2

- Limite de la dérivée [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On définit une suite de fonction $(f_n)_{n\in\mathbb N}$ sur $[0,1]$ par $f_n(x)=\frac{x}{1+n^2x^2}$. Montrer que

$(f_n)$ converge uniformément sur $[0,1]$ vers une fonction dérivable $f$;
$(f_n')$ converge simplement sur $[0,1]$ vers une fonction $g$;
$f'\neq g$.

Indication

Corrigé

Exercice 3

- Exemples et contre-exemples [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Pour $x\geq 0$, on pose $u_n(x)=\frac{x}{n^2+x^2}.$

Montrer que la série $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ converge simplement sur $\mathbb R_+$.
Montrer que la série $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ converge uniformémement sur tout intervalle $[0,A]$, avec $A>0$.
Vérifier que, pour tout $n\in\mathbb N^*$, $\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{n}{n^2+k^2}\geq\frac 15$.
En déduire que la série $\sum_{n\geq 1}u_n$ ne converge pas uniformément sur $\mathbb R_+$.

Indication

Corrigé

Exercice 4

- Série alternée [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On considère la série de fonctions $S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{x+n}$.

Prouver que $S$ est définie sur $I=]-1,+\infty[$.
Prouver que $S$ est continue sur $I$.
Prouver que $S$ est dérivable sur $I$, calculer sa dérivée et en déduire que $S$ est croissante sur $I$.
Quelle est la limite de $S$ en $-1$? en $+\infty$?

Indication

Corrigé

Il est clair que la suite $\left(\frac{1}{x+n}\right)_n$, pour $x>-1$ fixé, est positive, décroissante et tend vers 0. Par application du critère des séries alternées, la série est convergente pour tout $x>-1$.
Posons $u_n(x)=\frac{(-1)^n}{x+n}$. Nous avons vérifié à la question précédente que, pour $x>-1$ fixé, la série $\sum_n u_n(x)$ vérifie le critère des séries alternées. Par conséquent, on sait que son reste $R_n(x)$ vérifie $$|R_n(x)|\leq |u_{n+1}(x)|\leq \frac{1}{x+n+1}.$$ Puisque $x>-1$, on a en particulier $$|R_n(x)|\leq\frac{1}{n}.$$ Ceci tend vers 0 (indépendamment de $x$), de sorte qu'on a prouvé la convergence uniforme de la série $\sum_n u_n$ sur $I$. Puisque chaque fonction $u_n$ est continue, la fonction $S$ est continue sur $I$.
Chaque fonction $u_n$ est dérivable sur $I$ avec $u_n'(x)=\frac{(-1)^{n+1}}{(x+n)^2}$. De même qu'à la question précédente, pour $x>-1$ fixé, la série $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n'(x)$ est convergente car elle vérifie les conditions du critère des séries alternées. De plus, si on note $T_n(x)=\sum_{k=n+1}^{+\infty}u_k'(x)$ son reste, on a $|T_n(x)|\leq \frac{1}{(x+n+1)^2}\leq \frac{1}{n^2}$, inégalité valable pour tout $x>-1$. On peut donc majorer uniformément le reste par une quantité qui tend vers 0 : la série dérivée est uniformément convergente. On en déduit que la fonction $S$ est dérivable, et que sa dérivée est donnée par $\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{(x+n)^2}$. De plus, on sait qu'on peut encadrer la somme d'une série alternée par deux sommes partielles consécutives, par exemple ici $$0\leq \frac{1}{(x+1)^2}-\frac{1}{(x+2)^2}\leq S'(x)\leq \frac{1}{(x+1)^2}.$$ En particulier, la dérivée est positive et la fonction est croissante.
De même qu'à la question précédente, par le critère des séries alternées, on peut encadrer $S$ par deux sommes partielles consécutives : $$\frac{-1}{x+1}\leq S(x)\leq \frac{-1}{x+1}+\frac1{x+2}.$$ Il suffit alors d'appliquer le théorème d'encadrement des limites pour prouver que $$\lim_{x\to -1}S(x)=-\infty\textrm{ et }\lim_{x\to +\infty}S(x)=0.$$

Exercice 5

- Limite uniforme de polynômes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ une fonction et $(P_n)$ une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers $f$ sur $\mathbb R.$

Justifier qu'il existe un entier $N$ tel que, pour tout $n\geq N$ et pour tout $x\in\mathbb R$, on ait $|P_n(x)-P_N(x)|\leq 1$.
Que dire du polynôme $P_n-P_N$?
En déduire que $f$ est nécessairement un polynôme.

Indication

Corrigé

Exercice 6

- Fonction zeta [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On appelle fonction $\zeta$ de Riemann la fonction de la variable $s\in\mathbb R$ définie par la formule $$\zeta(s)=\sum_{n\geq 1}\frac1{n^s}.$$

Donner le domaine de définition de $\zeta$ et démontrer qu'elle est strictement décroissante sur celui-ci.
Prouver que $\zeta$ est continue sur son domaine de définition.
Déterminer $\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)$.
Montrer que pour tout entier $k\geq 1$ et tout $s>0$, on a $$\frac{1}{(k+1)^s}\leq\int_{k}^{k+1}\frac{dx}{x^s}\leq\frac1{k^s}.$$ En déduire que $\zeta(s)\sim_{1^+}\frac{1}{s-1}$.
Démontrer que $\zeta$ est convexe.
Tracer la courbe réprésentative de $\zeta$.

Indication

Corrigé

La série définissant $\zeta(s)$ est une série de Riemann. Elle est convergente si et seulement si $s>1$. De plus, pour chaque $n\geq 1$, les fonctions $s\mapsto n^{-s}$ sont décroissantes, et même strictement décroissantes pour $n\geq 2$. Pour $1<s<t$, on a donc $$1+2^{-s}>1+2^{-t}\textrm{ et }\sum_{n\geq 3}\frac{1}{n^s}\geq\sum_{n\geq 3}\frac{1}{n^t}$$ (la deuxième inégalité n'est qu'une inégalité large car on passe à la limite). Ajoutant les deux inégalités, on en déduit que $$\zeta(s)>\zeta(t),$$ ce qui prouve que $\zeta$ est strictement décroissante.
Chaque fonction $s\mapsto n^{-s}$ est continue sur son domaine de définition. Il suffit de démontrer que la série de fonctions converge normalement, donc uniformément, sur tout intervalle du type $[a,+\infty[$, avec $a>1$, pour prouver que la fonction est continue sur $]1,+\infty[$. Or, pour tout $s\in[a,+\infty[$, on a $$\left|\frac{1}{n^s}\right|\leq\frac{1}{n^a},$$ et le terme de droite est le terme général d'une série numérique convergente. Ceci prouve la convergence normale de $f$ sur $[a,+\infty[$.
Puisque la série définissant $\zeta$ converge uniformément sur $[a,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites, et on obtient $$\lim_{s\to+\infty}\zeta(s)=\sum_{n\geq 1}\lim_{s\to+\infty}\frac{1}{n^s}=1$$ car si $n\geq 2$, $n^{-s}\to 0$ si $s\to+\infty$ et $1^s=1$ pour tout $s>0.$
Pour $x\in[k,k+1]$, on a $$\frac{1}{(k+1)^s}\leq\frac{1}{x^s}\leq\frac{1}{k^s}.$$ En intégrant cette inégalité entre $k$ et $k+1$, on trouve $$\frac{1}{(k+1)^s}\leq\int_k^{k+1}\frac{dx}{x^s}\leq\frac{1}{k^s}.$$ On somme maintenant ces deux inégalités pour $k$ allant de $1$ à $+\infty$. On obtient $$\zeta(s)-1\leq \int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^s}\leq \zeta(s).$$ Or, $$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^s}=\frac{1}{s-1}.$$ On obtient finalement : $$\frac{1}{s-1}\leq\zeta(s)\leq \frac{1}{s-1}+1$$ ou encore $$1\leq (s-1)\zeta(s)\leq 1+(s-1).$$ Par le théorème des gendarmes, $(s-1)\zeta(s)$ tend vers 1 lorsque $s$ tend vers 1. C'est bien que $\zeta(s)\sim_{1^+}\frac{1}{s-1}$. En particulier, $\lim_{s\to 1}\zeta(s)=+\infty$.
On va démontrer que $\zeta$ est de classe $C^2$ sur $]1,+\infty[$ et prouver que $\zeta''(s)\geq 0$ pour tout $s>1$. Pour prouver que $\zeta$ est dérivable sur $]1,+\infty[$, on prouve que la série dérivée converge uniformément sur tout intervalle $[a,+\infty[$, $a>1$. Notons $f_n(s)=n^{-s}$, $n\geq 1$ et $s>1$. Alors $f_n'(s)=(-\ln n)n^{-s}$. Pour $s\in[a,+\infty[$, on a $$|f_n'(s)|\leq \frac{\ln n}{n^a}.$$ Or, le terme apparaissant à gauche est le terme général d'une série numérique convergente. En effet, pour $b\in]1,a[$, on a $$n^b \frac{\ln n}{n^a}\to 0\textrm{ et donc }\frac{\ln n}{n^a}=o(n^{-b}).$$ Comme $\sum_{n\geq 1}n^{-b}$ converge, il en est de même de la série $\sum_{n\geq 1}\frac{\ln n}{n^a}$. Par théorème de dérivation d'une série de fonctions, on en déduit que $\zeta$ est $C^1$ sur tout intervalle $[a,+\infty[$, donc sur $]1,+\infty[$, et que sa dérivée $\zeta'$ vérifie $$\zeta'(s)=\sum_{n\geq 1}\frac{-\ln n}{n^{s}}.$$ De même, on prouve que $\zeta$ est de classe $C^2$ et que $$\zeta''(s)=\sum_{n\geq 1}\frac{(\ln n)^2}{n^s}.$$ Comme tous les termes apparaissant dans la série sont positifs, on en déduit que $\zeta''$ est positive. En particulier, $\zeta$ est convexe.

Exercice 7

- Convergence uniforme et continuité uniforme [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Démontrer que la limite uniforme d'une suite de fonctions uniformément continues est elle-même uniformément continue.

Indication

Corrigé

Exercice 8

- Étude [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Pour $x \geq 0$ et $n \geq 1$, on pose $f_n(x) = \dfrac x{\sqrt{n}(x+n)}$.

Montrer que la série de fonctions de terme général $f_n$ est simplement convergente sur $\mathbb R_+$. On note $f$ sa somme.
Montrer que la série de fonctions de terme général $f_n$ est normalement convergente sur $[0, M]$ pour tout $M>0$. Est-elle normalement convergente sur $\mathbb R_+$ ?
Montrer que $f$ est continue sur $\mathbb R_+$ puis qu'elle est dérivable et croissante sur $\mathbb R_+$.
Soit $n \geq 1$ et $x_0 \geq n \geq 1$. Montrer que $f(x_0) \geq \displaystyle{\sum_{k=1}^n \dfrac 1{2\sqrt{k}}}$. En déduire que $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x) = +\infty}$.
Montrer que $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}x =0}$.

Indication

Corrigé

Le réel $x$ étant fixé dans $\mathbb R_+$, $f_n(x)\sim_{+\infty}\frac{x}{n^{3/2}}$ si $x\neq 0$, et $f_n(0)=0$. Ceci prouve la convergence de $\sum_n f_n(x)$.
Pour $x\in[0,M]$, on a $$0\leq f_n(x)\leq \frac{M}{\sqrt n(0+n)}=\frac{M}{n\sqrt n}.$$ Le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente. On a donc prouvé la convergence normale de $\sum_n f_n$ sur $[0,M]$. La convergence n'est pas normale sur $\mathbb R_+$. En effet, on a $$\|f_n\|_\infty\geq f_n(n)=\frac{n}{\sqrt n(n+n)}=\frac{1}{2\sqrt n}$$ et $\sum_n \|f_n\|_\infty$ est divergente.
La série de fonctions convergeant normalement, donc uniformément, sur tout intervalle $[0,M]$, et chaque fonction $f_n$ étant continue, la somme $f$ est continue sur tout intervalle $[0,M]$, donc sur $\mathbb R$. Pour montrer la dérivabilité sur $\mathbb R$, on va s'intéresser à la série des dérivées $\sum_n f_n'$. En effet, chaque $f_n$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R_+$ et un calcul simple prouve que $$f_n'(x)=\frac{\sqrt n}{(x+n)^2}.$$ On va prouver la convergence normale de $\sum_n f_n'$ sur tout $[0,+\infty[$. On a en effet, pour $x\geq 0$, $$0\leq f_n'(x)\leq \frac{1}{n^{3/2}}.$$ Le membre de droite est une série numérique convergente, $\sum_n f_n'$ converge normalement sur $[0,+\infty[$ et donc $f$ est de classe $C^1$ sur $[0,+\infty[$ avec $f'(x)=\sum_n f_n'(x)\geq 0$ puisque chaque $f_n'$ est positive. Ainsi, $f$ est croissante sur $[0,+\infty[$.
Si $x_0\geq n\geq 1$, alors $$f(x_0)\geq \sum_{k=1}^n \frac{x_0}{\sqrt k(x_0+n)}.$$ Puisque $2x_0\geq x_0+n$, on a $$\frac{x_0}{x_0+n}\geq\frac 12$$ et on trouver bien que $$f(x_0)\geq \sum_{j=1}^n \frac{1}{2\sqrt k}$$ (on pouvait aussi démontrer cette propriété en utilisant la croissance de $f$ et plus particulièrement l'inégalité $f(x_0)\geq f(n)$). Déduisons en que la limite de $f$ en $+\infty$ est $+\infty$. Fixons $A>0$. La série $\sum_{k\geq 1} \frac 1{2\sqrt k}$ étant positive et divergente, on peut trouver un entier $n>0$ tel que $\sum_{k=1}^n\frac1{2\sqrt k}\geq A$. Pour tout $x\geq n$, on a $$f(x)\geq\sum_{k=1}^n\frac{1}{2\sqrt k}\geq A.$$ Ceci implique que $f$ tend vers $+\infty$ en $+\infty$.
On sait que $$\frac{f(x)}{x}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt n(x+n)}.$$ De plus, la série $\sum_{n\geq 1} \frac{1}{\sqrt n(x+n)}$ converge normalement sur $\mathbb R_+$. En effet, pour tout $x\geq 0$, on a $$\left|\frac1{\sqrt n(x+n)}\right|\leq \frac{1}{n^{3/2}},$$ terme général d'une série convergente. De plus, $$\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt n(n+x)}=0.$$ D'après le théorème d'interversion des limites, $$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\sum_{n\geq 1}0=0.$$

Exercice 9

- Transformation d'Abel [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $u_n(\theta)=\frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}$.

Montrer que $\sum_{n\geq 1} u_n(\theta)$ converge uniformément sur tout intervalle $[a,2\pi-a]$, avec $a\in]0,\pi[$.
Montrer que la convergence n'est pas uniforme sur $[0,2\pi]$ (on pourra utiliser la théorie des séries de Fourier et notamment le théorème de Parseval).

Indication

Corrigé

On va utiliser le critère de Cauchy uniforme, et faire une transformation d'Abel sur le reste. Précisément, en posant $A_n(\theta)=\sum_{k=0}^n e^{ik\theta}$, on a, pour $p\leq q$ : $$\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}=\sum_{n=p}^q \frac{A_{n}(\theta)-A_{n-1}(\theta)}{\sqrt{n}}.$$ On effectue une transformation d'écriture (appelée transformation d'Abel) pour réécrire cette somme comme $$\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}=\sum_{n=p}^{q-1} A_n\times \left(\frac1{\sqrt n}-\frac1{\sqrt{n+1}}\right)-\frac{A_{p-1}}{\sqrt{p}}+\frac{A_q}{\sqrt{q}}.$$ Une bonne façon de comprendre cette transformation est d'écrire les choses de la façon suivante. Au départ, on a \begin{eqnarray*} \sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}&=&\frac{A_p}{\sqrt{p}}-\frac{A_{p-1}}{\sqrt{p}}+\\ &&\frac{A_{p+1}}{\sqrt{p+1}}-\frac{A_{p}}{\sqrt{p+1}}+\\ &&\vdots\\ &&\frac{A_q}{\sqrt{q}}-\frac{A_{q-1}}{\sqrt{q}}. \end{eqnarray*} La transformation d'Abel revient à regrouper la somme "en diagonal", de sorte qu'on classe les termes avec le même indice $A_n$.
Si on revient à l'écriture obtenue, le point clé est que $A_n(\theta)$ est borné, indépendamment de $n$ et de $\theta$, sur tout intervalle $[a,2\pi-a]$. En effet, on reconnait la somme d'une série géométrique, et on a : $$A_n(\theta)=\frac{e^{i(n+1)\theta}-1}{e^{i\theta}-1}=e^{in\theta/2}\frac{\sin\big((n+1)\theta/2\big)}{\sin(\theta/2)}.$$ Mais comme $\theta\in[a,2\pi-a]$, $|\sin(\theta/2)|$ est minorée par $|\sin(a/2)|$, et on obtient : $$|A_n(\theta)|\leq \frac{1}{|\sin(a/2)|}:=M.$$ Revenant à la série qui nous intéresse, on trouve donc : $$\left|\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}\right|\leq \frac{M}{\sqrt{p}}+\frac{M}{\sqrt{q}}+M\sum_{n=p}^{q-1}\left(\frac1{\sqrt{n}}-\frac1{\sqrt{n+1}}\right).$$ La dernière somme est "télescopique", et on trouve finalement : $$\left|\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}\right|\leq \frac{2M}{\sqrt{p}}.$$ Ainsi, pour $\veps>0$ fixé, on peut trouver $N$ assez grand tel que, pour $q\geq p\geq N$, on a pour tout $\theta\in[a,2\pi-a]$, $$\left|\sum_{n=p}^q \frac{e^{in\theta}}{\sqrt{n}}\right|\leq \veps.$$ Par le critère de Cauchy uniforme, la série converge uniformément sur $[a,2\pi-a]$.
Imaginons que la série converge uniformément sur $[0,2\pi]$ vers une fonction $S$, nécessairement continue. Puisque $S$ est la limite uniforme d'une série trigonométrique, ses coefficients de Fourier sont donnés par $c_n(S)=\frac{1}{\sqrt{n}}$ si $n\geq 1$, $0$ sinon. Mais alors, par le théorème de Parseval appliqué à $S$, on aurait $$\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n}=\int_0^{2\pi}|S(\theta)|^2d\theta.$$ C'est impossible puisque la série qui apparait à gauche est divergente.

Exercice 10

- Non-dérivabilité à droite d'une fonction limite [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On considère la série de fonctions $\sum_{n\geq 1}\frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ et on note $f$ sa somme.

Quel est le domaine de définition de $f$?
Démontrer que $f$ est continue sur $\mathbb R^+$ et de classe $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$.
On fixe $A>0$.
1. Justifier l'existence d'un entier $N\geq 1$ tel que $$\sum_{n=1}^N \frac{n}{1+n^2}\geq A.$$
2. En déduire qu'il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $h\in]0,\delta[$, $$\sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}\leq -A+1.$$
3. Démontrer que $f$ n'est pas dérivable en 0, mais que sa courbe représentative admet une tangente verticale au point d'abscisse 0.
Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$.

Indication

Corrigé

Pour $t<0$, $\frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ ne tend pas vers 0. La série diverge donc grossièrement. Pour $t\geq 0$, on a l'inégalité suivante : $$0\leq\frac{e^{-nt}}{1+n^2}\leq \frac{1}{1+n^2}.$$ Comme le terme de droite est le terme général d'une série convergente, la série $\sum_n \frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ est convergente. Donc le domaine de définition de $f$ est $[0,+\infty[$.
L'inégalité précédente prouve en fait que la série de fonctions est normalement convergente sur $[0,+\infty[$. Chaque fonction $t\mapsto \frac{e^{-nt}}{1+n^2}$ étant continue, $f$ est elle-même continue. On va maintenant étudier la convergence normale des séries dérivées. Fixons $a>0$ et posons $f_n(t)=\frac{e^{-nt}}{1+n^2}$. Alors, pour $k\geq 1$, on a $$f_n^{(k)}(t)=(-1)^k n^k \frac{e^{-nt}}{1+n^2}.$$ En particulier, pour $t\geq a$, on a $$\left|f_n^{(k)}(t)\right|\leq n^k\frac{e^{-na}}{1+n^2}.$$ Or, le terme apparaissant à droite est le terme général d'une série convergente, puisque $a>0$ et donc $$n^k \frac{e^{-na}}{1+n^2}=o(n^{-2}).$$ Ainsi, chaque série $\sum_n f_n^{(k)}$ converge normalement sur $[a,+\infty[$. Ceci prouve que $f$ est de classe $C^\infty$ sur $[a,+\infty[$. Comme $a>0$ est arbitraire, la fonction est de classe $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$.
1. Puisque $\frac{n}{1+n^2}\sim_{+\infty}\frac1n$, la série $\sum_{n\geq 1}\frac{n}{1+n^2}$ est divergente, et la suite de ces sommes partielles tend vers $+\infty$. On en déduit l'existence de $N\geq 1$ tel que $$\sum_{n=1}^N\frac{n}{1+n^2}\geq A.$$
2. Lorsque $h$ tend vers 0, la quantité $\sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}$ converge vers $\sum_{n=1}^N \frac{-n}{1+n^2}\leq -A$. En particulier, il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $h\in]0,\delta[$, on a $$\sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}\leq -A+1.$$
3. Le taux de variation de $f$ en 0 est égal à $$\frac{f(h)-f(0)}{h}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}.$$ Puisque, pour tout $n\geq 1$, $e^{-nh}\leq 1$, on en déduit que $$\frac{f(h)-f(0)}{h}\leq \sum_{n=1}^N \frac{e^{-nh}-1}{h(1+n^2)}.$$ D'après le résultat de la question précédente, on peut trouver $\delta<0$ tel que, pour tout $h\in]0,\delta[$, on a $$\frac{f(h)-f(0)}{h}\leq -A+1.$$ Ceci est la définition de $\lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(h)-f(0)}{h}=-\infty$. Ainsi, $f$ n'est pas dérivable en 0, mais sa courbe représentative admet au point d'abscisse 0 une tangente verticale.
Puisque la série définissant $f$ converge normalement sur $[0,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites. On en déduit $$\lim_{t\to+\infty}\sum_{n\geq 1}\frac{e^{-nt}}{1+n^2}=\sum_{n\geq 1}\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{-nt}}{1+n^2}=0.$$

Exercice 11

- Théorème de Féjer [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Si $f$ et $g$ sont deux fonctions continues et $2\pi$-périodiques, on définit leur produit de convolution par $$f\star g(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x-t)g(t)dt.$$ Dans toute la suite, $f$ désigne une telle fonction continue $2\pi-$périodique. Pour $k\in\mtz$, on note $e_k(x)=e^{ikx}$. On note $$S_n=e_{-n}+e_{-(n-1)}+\dots+e_0+\dots+e_{n-1}+e_n,\textrm{ }C_n=\frac{S_0+S_1+\dots+S_n}{n+1}.$$

Montrer que $f\star S_n$ est un polynôme trigonométrique. Quel nom donne-t-on usuellement à $f\star S_n$?
Montrer que si $x\in \mtr\backslash 2\pi\mtz$, on a : $$C_n(x)=\frac{1}{n+1}\left(\frac{\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}\right)^2.$$
Montrer que $C_n\geq 0$, que $\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi C_n(t)dt=1$, et que pour tout $\alpha\in]0,\pi]$, $(C_n)$ converge uniformément vers 0 sur $[-\pi,\pi]\backslash [-\alpha,\alpha]$.
Montrer que $(f\star C_n)$ converge uniformément vers $f$ sur $\mtr$.

Ainsi, cet exercice prouve le théorème de Féjer : toute fonction continue $2\pi-$périodique est limite uniforme sur $\mtr$ de polynômes trigonométriques. En outre, il donne une suite qui réalise l'approximation uniforme - la suite des moyennes de Ces\`aro de la série de Fourier de $f$.

Indication

Corrigé

Remarquons que le changement de variables $y=x-t$ et la $2\pi-$périodicité des fonctions assure que $f\star e_k=e_k\star f$. Ainsi, on en déduit $$f\star e_k(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{ik(x-t)}f(t)dt=\left(\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{-ikt}f(t)dt\right)e_k(x).$$ Par linéarité, $f\star S_n$ est un polynôme trigonométrique, et on reconnait même que c'est la $n-$ième somme partielle de la série de Fourier de $f$.
C'est un calcul très classique! En remarquant que $S_n$ est une somme géométrique, on en déduit, pour $x\notin\mtr\backslash 2\pi\mtz$ : \begin{align*} S_n(x)&=e^{-inx}\frac{e^{(2n+1)ix}-1}{e^{ix}-1}\\ &=e^{-inx}\times \frac{e^{i(2n+1)x/2}}{e^{ix/2}}\times \frac{e^{(n+1/2)ix}-e^{-(n+1/2)ix}}{e^{ix/2}-e^{-ix/2}}\\ &=\frac{\sin( (n+\frac 12)x)}{\sin(x/2)}. \end{align*} On recommence, en utilisant l'astuce classique d'écrire $\sin( (n+\frac 12)x)=\Im(e^{i(n+\frac 12)x})$. On commence donc par calculer \begin{align*} \sum_{k=0}^{n}e^{i(k+1/2)x}&=e^{ix/2}\sum_{k=0}^n e^{ikx}\\ &=e^{ix/2}\frac{1-e^{i(n+1)x}}{1-e^{ix}}\\ &=e^{i(n+1)x/2}\frac{\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}. \end{align*} On conclut que \begin{align*} C_n&=\frac{1}{n+1}\times\frac{1}{\sin(x/2)}\Im m \left(e^{i(n+1)x/2}\frac{\sin((n+1)x/2}{\sin(x/2)}\right)\\ &=\frac{1}{n+1}\left(\frac{\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}\right)^2. \end{align*}
La positivité de $C_n$ résulte immédiatement de l'expression précédente qui fait intervenir un carré. Pour l'intégrale, il suffit d'abord de remarquer que : $$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi S_n(t)=1$$ (calcul immédiat), ce qui donne le même résultat pour $C_n$ par linéarité. Ensuite, si $x\in[-\pi,\pi]\backslash [-\alpha,\alpha]$, on a $|\sin(x/2)|\geq |\sin(\alpha/2)|$, ce qui entraîne $$|C_n(x)|\leq \frac{1}{(n+1)\sin^2(\alpha/2)},$$ quantité qui tend vers 0 indépendamment de $x$.
Remarquons d'abord que si $x\in\mtr$, on a : $$f\star C_n(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x-u)C_n(u)du.$$ Prouvons la convergence uniforme. On fixe $\veps>0$. On a : $$|f\star C_n(x)-f(x)|=\left|\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(f(x-u)-f(x))C_n(u)du\right|.$$ On fixe un $\alpha\in]0,\pi]$ (une valeur précise sera explicitée plus tard), et on découpe l'intégrale. On obtient : $$|f\star C_n(x)-f(x)|\leq\frac{1}{2\pi}\int_{\alpha\leq |u|\leq \pi}|f(x-u)-f(x)|C_n(u)du+\frac{1}{2\pi}\int_{|u|\leq\alpha}|f(x-u)-f(x)|C_n(u)du.$$ On gère les deux parties de l'intégrale très différemment. D'une part, $f$ est une fonction continue et périodique. Elle est donc bornée par une constante $M$ sur $\mtr$ (la borne $M$ étant celle qui apparait sur l'intervalle $[0,2\pi]$). On a donc : $$\frac{1}{2\pi}\int_{\alpha\leq |u|\leq \pi}|f(x-u)-f(x)|C_n(u)du\leq \frac{2M}{2\pi}\int_{\alpha\leq |u|\leq\pi}C_n(u)du.$$ Maintenant, puisque la suite de fonctions $(C_n)$ converge uniformément vers $0$ sur $[-\pi,-\alpha]\cup[\alpha,\pi]$, l'intégrale qui apparait dans cette dernière expression tend vers 0. Il existe donc $N\in\mtn$ tel que, pour $n\geq N$, on a $$\frac{1}{2\pi}\int_{|\alpha|\leq u\leq \pi}|f(x-u)-f(x)|C_n(u)du\leq\veps.$$ Pour l'autre expression, on remarque que si $\alpha$ est petit, $x-u$ et $x$ seront proches, et on peut espérer que $|f(x-u)-f(x)|$ sera petit. Il nous faut ici un argument d'uniforme continuité. C'est possible, car toute fonction continue et périodique est en fait uniformément continue (c'est un très bon exercice utilisant le théorème de Heine et des découpages avec des $\veps$). Pour $\veps>0$ fixé, il existe donc $\alpha>0$ (c'est maintenant qu'on le fixe) tel que $$|z-y|\leq\alpha\implies |f(z)-f(y)|\leq\veps.$$ On obtient $$\frac{1}{2\pi}\int_{|u|\leq \alpha}|f(x-u)-f(x)|C_n(u)du\leq \veps\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}C_n(u)du\leq\veps.$$ Finalement, pour $n\geq N$, on a bien $$|f\star C_n(x)-f(x)|\leq 2\veps,$$ ce qui prouve la convergence uniforme (sur $\mtr$).

Exercice 12

- Un théorème de Dini [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $(f_n)$ une suite croissante (ie $f_n\leq f_{n+1}$) de fonctions continues sur un segment $[a,b]$ qui converge simplement vers une fonction $f$ continue. Pour $\veps>0$ et $n\geq 1$, on pose $$K_n(\veps)=\{x\in[a,b];\ |f(x)-f_n(x)|\geq \veps\}.$$

Justifier que si pour tout $\veps>0$, il existe un entier $n$ tel que $K_n(\veps)=\varnothing$, alors $(f_n)$ converge uniformément vers $f$.
Démontrer que $(f_n)$ converge uniformément vers $f$ sur $[a,b]$.

Indication

Corrigé

Exercice 13

- Une drôle d'équation différentielle [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On définit une suite $(u_n)$ de fonctions de $[0,1]$ dans $\mathbb R$ par $u_0(x)=1$ et pour tout $n\geq 0$, $$u_{n+1}(x)=1+\int_0^x u_n(t-t^2)dt.$$

Montrer que, pour tout $x\in [0,1]$, $$|u_{n+1}(x)-u_n(x)|\leq \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}.$$
En déduire la convergence simple de la suite $(u_n)$ sur $[0,1]$. On note $u$ sa limite.
Démontrer que la suite $(u_n)$ converge uniformément vers $u$ sur $[0,1]$ et que $u$ n'est pas identiquement nulle.
Démontrer que $u$ est solution de l'équation différentielle $u'(x)=u(x-x^2)$.

Indication

Corrigé