Corrigé du devoir

Questions de cours :  
  1. On dit que $ f$ est uniformément continue sur $ I\times J$ si

    \begin{displaymath}
\begin{array}{c}
\forall \varepsilon >0 ,\;\exists \eta>0 ...
...; \vert f(y,s)-f(x,t)\vert\leqslant \varepsilon \;.
\end{array}\end{displaymath}

  2. Soient $ I$ et $ J$ deux intervalles fermés bornés de $ \mathbb{R}$ et $ f : (x,t)\longmapsto
f(x,y)$ une fonction continue sur $ I\times J$, à valeurs dans $ \mathbb{R}$ ou $ \mathbb{C}$. Alors $ f$ est uniformément continue sur $ I\times J$.
  3. Pour tout $ x\in I$, l'application partielle $ t\longmapsto f(x,t)$ est continue sur $ [a,b]$, donc intégrable : ceci justifie l'existence de $ F(x)$. Soit $ x_0$ un point de $ I$. Fixons $ \alpha>0$ tel que l'intervalle fermé borné $ [x_0-\alpha,x_0+\alpha]$ soit inclus dans $ I$. Le théorème de Heine énoncé à la question précédente s'applique à la fonction $ f$ sur $ [x_0-\alpha,x_0+\alpha]\times J$ : elle est donc uniformément continue. En particulier, pour tout $ \varepsilon >0$, il existe $ \eta>0$ tel que pour tout $ t\in J$,

    $\displaystyle \vert x-x_0\vert<\eta \; \Longrightarrow  \vert f(x,t)-f(x_0,t)\vert< \frac{\varepsilon }{b-a}\;.
$

    Dans ce cas,
    $\displaystyle \vert F(x)-F(x_0)\vert$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\left\vert 
\int_a^b (f(x,t)-f(x_0,t) \mathrm{d}t \right\vert}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_a^b \vert f(x,t)-f(x_0,t)\vert \mathrm{d}t}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{ (b-a)\frac{\varepsilon }{b-a} = \varepsilon \;.}$  

  4. Par le théorème des accroissements finis, pour tout $ t\in
[a,b]$ il existe $ x_1\in ]x_0,x[$, tel que

    $\displaystyle f(x,t)-f(x_0,t) = (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial x}(x_1,t)\;.
$

    Fixons $ \delta>0$ tel que $ [x_0-\delta,x_0+\delta]$ soit inclus dans $ I$ : la dérivée partielle $ \partial f/\partial x$ est uniformément continue sur $ [x_0-\delta, x_0+\delta]\times [a,b]$, d'après le théorème de Heine énoncé à la question 2. Il existe $ \eta>0$ tel que pour tout $ y$ tel que $ \vert y-x_0\vert<\eta$ et pour tout $ t\in
[a,b]$,

    $\displaystyle \left\vert\frac{\partial f}{\partial x}(y,t)-
\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right\vert< \frac{\varepsilon }{b-a}\;.
$

    Si $ \vert x-x_0\vert<\eta$, alors tout $ x_1$ strictement compris entre $ x_0$ et $ x$ est encore tel que $ \vert x_1-x_0\vert<\eta$, donc :

    $\displaystyle \left\vert\frac{\partial f}{\partial x}(x_1,t)-
\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right\vert< \frac{\varepsilon }{b-a}\;.
$

    En reportant dans l'expression ci-dessus, on obtient :
    $\displaystyle \displaystyle{
\left\vert f(x,t)-f(x_0,t)- (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial
x}(x_0,t)\right\vert}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\vert x-x_0\vert\left\vert\frac{\partial f}{\partial
x}(x_1,t)- \frac{\partial f}{\partial
x}(x_0,t)\right\vert}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \vert x-x_0\vert\frac{\varepsilon }{b-a}\;.$  

  5. Écrivons :
        $\displaystyle \displaystyle{\left\vert F(x)-F(x_0)-(x-x_0)\int_a^b
\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t) \mathrm{d}t \right\vert}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\left\vert \int_a^b \left(f(x,t)-f(x_0,t)-
(x-x_0)\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right) \mathrm{d}t \right\vert}$  
      $\displaystyle \leqslant$ $\displaystyle \displaystyle{\int_a^b \left\vert
f(x,t)-f(x_0,t) - (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial
x}(x_0,t)\right\vert \mathrm{d}t\;.}$  

    La majoration de la question précédente, montre que si $ \vert x-x_0\vert<\eta$, alors pour tout $ t\in
[a,b]$,

    $\displaystyle \left\vert
f(x,t)-f(x_0,t) - (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial
x}(x_0,t)\right\vert \leqslant (x-x_0)\frac{\varepsilon }{b-a}\;.
$

    En intégrant entre $ a$ et $ b$ on obtient

    $\displaystyle \left\vert F(x)-F(x_0)-(x-x_0)\int_a^b
\frac{\partial f}{\partia...
...x_0\vert\frac{\varepsilon }{b-a} \mathrm{d}t
=\vert x-x_0\vert\varepsilon \;,
$

    d'où le résultat en divisant par $ \vert x-x_0\vert$.

Exercice 1 :  
  1. La fonction $ x\mapsto u_n(x)$ est définie et continue sur $ [0,+\infty[$. Pour $ n$ fixé, et $ x$ tendant vers $ +\infty$, $ \vert u_n(x)\vert$ est équivalent à $ 1/x^2$, qui est intégrable en $ +\infty$. Donc $ u_n(x)$ est intégrable sur $ [0,+\infty[$.
  2. Écrivons :
    $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^a \frac{x^2}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\frac{1}{2}\int_0^a \frac{2x\cdot x}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\frac{1}{2} \left[-\frac{x}{n^2+x^2}\right]_0^a
+\frac{1}{2}\int_0^a \frac{1}{n^2+x^2} \mathrm{d}x\;.}$  

    Or :
    $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^a \frac{n^2-x^2}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^a \frac{n^2+x^2-2x^2}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\int_0^a \frac{1}{n^2+x^2} \mathrm{d}x
-2\int_0^a \frac{x^2}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x\;.}$  

    Donc :

    $\displaystyle \int_0^a u_n(x) \mathrm{d}x = \left[-\frac{x}{n^2+x^2}\right]_0^a
=
\frac{a}{n^2+a^2}\;.
$

    En prenant la limite quand $ a$ tend vers l'infini :

    $\displaystyle \int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x = 0\;,
$

    et donc :

    $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty} u_n(x)  \mathrm{d}x\right) = 0\;.
$

  3. Pour tout $ x\in [0,a]$,

    $\displaystyle \left\vert\frac{n^2-x^2}{(n^2+x^2)^2}\right\vert\leqslant \frac{n^2+a^2}{n^4}\;.
$

    Or quand $ n$ tend vers l'infini $ \frac{n^2+a^2}{n^4}$ est équivalent à $ \frac{1}{n^2}$ qui est le terme général d'une série convergente. Donc :

    $\displaystyle \Vert u_n\Vert _\infty = \sup_{x\in[0,a]} \vert u_n(x)\vert\;,
$

    est le terme général d'une série convergente : la série $ \sum u_n$ converge normalement sur $ [0,a]$.
  4. Puisque la série $ \sum u_n$ converge normalement, elle converge uniformément, et donc :

    $\displaystyle \int_0^a \left(\sum_{n=1}^{+\infty} u_n(x)\right) \mathrm{d}x = ...
...int_0^a u_n(x) \mathrm{d}x\right)
=
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{a}{n^2+a^2}\;.
$

  5. La fonction qui à $ x$ associe $ \frac{a}{x^2+a^2}$ est décroissante sur $ [0,+\infty[$. Donc pour tout $ n\geqslant 1$ :

    $\displaystyle \int_{n}^{n+1} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x
\leqslant
\frac{a}{n^2+a^2}
\leqslant
\int_{n-1}^n \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x
\;.
$

    Comme la fonction $ x\longmapsto \frac{a}{x^2+a^2}$ est intégrable, on peut sommer l'inégalité précédente, pour $ n$ allant de $ 1$ à $ +\infty$.

    $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x \leqslant
\sum_{n...
...frac{a}{n^2+a^2}
\leqslant \int_0^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x\;.
$

    Or :

    $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x
=
\int_{\frac{1...
...ht]_{\frac{1}{a}}^{+\infty}
= \frac{\pi}{2}-\arctan\left(\frac{1}{a}\right)\;.
$

    Et de même :

    $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x
=
\int_0^{+\inf...
...ft[
\arctan\left(\frac{x}{a}\right) \right]_{0}^{+\infty}
= \frac{\pi}{2}\;.
$

    Quand $ a$ tend vers $ +\infty$, $ \arctan(\frac{1}{a})$ tend vers 0, la borne de droite et la borne de gauche de l'encadrement convergent toutes les deux vers $ \frac{\pi}{2}$, donc :

    $\displaystyle \lim_{a\to+\infty} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{a}{n^2+a^2} =\frac{\pi}{2}\;.
$

  6. Dans les questions précédentes, nous avons obtenu successivement

    $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty} u_n(x)  \mathrm{d}x\right) = 0$   et$\displaystyle \quad
\int_0^{+\infty} \left(\sum_{n=1}^{+\infty} u_n(x)\right)  \mathrm{d}x
=\frac{\pi}{2}\;.
$

    Il n'est donc pas possible d'intervertir l'intégrale et la sommation. La convergence de la série $ \sum u_n(x)$ n'est pas uniforme sur $ [0,+\infty[$.

Exercice 2 :  
  1. Pour tout $ n\geqslant 1$, la fonction $ x\longmapsto u_n(x)$ est continue sur $ ]1,+\infty[$. Sur l'intervalle $ [a,+\infty[$,

    $\displaystyle \Vert u_n\Vert _\infty = \sup_{x\in [a,+\infty[} \vert u_n(x)\vert = \frac{1}{n^a} \;.
$

    Or la série de terme général $ \frac{1}{n^a}$ est convergente pour $ a>1$. La série $ \sum u_n(x)$ est donc uniformément convergente et sa somme $ \zeta(x)$ est continue sur $ [a,+\infty[$. Mais comme ceci est vrai pour tout $ a>1$, la fonction $ \zeta$ est continue sur $ ]1,+\infty[$.
  2. Pour tout $ n\geqslant 1$, la fonction $ x\longmapsto u_n(x)$ est indéfiniment dérivable sur $ ]1,+\infty[$. En observant que $ \frac{1}{n^x} = \mathrm{e}^{-x\ln(n)}$, on obtient :

    $\displaystyle \forall k\geqslant 1 ,\;
u_n^{(k)}(x) = (\ln(n))^k\mathrm{e}^{-x\ln(n)}=\frac{(\ln(n))^k}{n^x}\;.
$

    Comme à la question précédente :

    $\displaystyle \Vert u_n^{(k)}\Vert _\infty = \sup_{x\in [a,+\infty[} \vert u_n^{(k)}(x)\vert =
\frac{(\ln(n))^k}{n^a} \;.
$

    Pour tout $ k\geqslant 1$, et pour tout $ a>1$, la série de terme général $ \frac{(\ln(n))^k}{n^a}$ converge. La série $ \sum
u_n^{(k)}$ est normalement convergente, donc uniformément convergente sur tout intervalle $ [a,+\infty[$. Pour $ k=1$, on en déduit que la fonction $ \zeta$ est dérivable sur $ ]a,+\infty[$ pour tout $ a>1$, donc sur $ ]1,+\infty[$. Supposons démontré que $ \zeta^{(k)}$ est dérivable sur $ [0,+\infty[$, de dérivée :

    $\displaystyle \zeta^{(k)}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(\ln(n))^k}{n^x}\;.
$

    Le terme général de cette série est dérivable, et sa dérivée est $ u_n^{(k+1)}(x)$, qui est le terme général d'une série uniformément convergente sur $ [a,+\infty[$ pour tout $ a>1$. Donc $ \zeta^{(k)}$ est elle-même dérivable sur $ ]1,+\infty[$, et sa dérivée est

    $\displaystyle \zeta^{(k+1)}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(\ln(n))^{k+1}}{n^x}\;.
$

    Par récurrence, la fonction $ \zeta$ est donc indéfiniment dérivable sur $ ]1,+\infty[$.
  3. Pour tout $ x>1$, la fonction $ t\longmapsto \frac{1}{t^x}$ est décroissante sur $ [1,+\infty[$. Donc pour tout $ n\geqslant 2$,

    $\displaystyle \frac{1}{(n+1)^x} \leqslant \int_{n}^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t
\leqslant
\frac{1}{n^x}\;.
$

    Chaque terme des inégalités ci-dessus est le terme général d'une série convergente. En sommant pour $ n$ allant de $ 1$ à $ +\infty$ :

    $\displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^x} \leqslant \int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t
\leqslant\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^x}\;,
$

    soit

    $\displaystyle \zeta (x)-1 \leqslant \int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t
\leqslant \zeta(x)\;.
$

  4. Pour $ x>1$,

    $\displaystyle \int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t =
\left[\frac{1}{1-x}t^{1-x}\right]_1^{+\infty} =\frac{1}{x-1}\;.
$

    L'inégalité de gauche dans la question précédente, devient

    $\displaystyle \zeta(x)\leqslant 1+\frac{1}{x-1} = \frac{x}{x-1} \;.
$

    Or quand $ x$ tend vers $ +\infty$ le majorant tend vers $ 1$. Mais d'autre part, $ \zeta(x)$ est minorée par son premier terme, qui vaut $ 1$. Donc :

    $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \zeta(x) = 1\;.
$

    D'autre part, en multipliant les inégalités de la question précédente par $ x-1$ :

    $\displaystyle 1\leqslant(x-1)\zeta(x)\leqslant x\;.
$

    Donc :

    $\displaystyle \lim_{x\to 1^+} (x-1)\zeta(x) = 1\;.
$

  5. Les inégalités suivantes ont été montrées à la question 3 :

    $\displaystyle \frac{1}{(n+1)^x} \leqslant \int_{n}^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t
\leqslant
\frac{1}{n^x}\;.
$

    En soustrayant le majorant, puis en changeant le signe :

    $\displaystyle 0\leqslant \frac{1}{n^x}-\int_{n}^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t
\leqslant
\frac{1}{n^x}-\frac{1}{(n+1)^x}\;.
$

  6. D'après la question précédente, $ v_n(x)$ est positif et majoré par le terme général d'une série «télescopique», qui de plus est une fonction décroissante de $ x$. Donc pour tout $ a>0$, pour tout $ x\geqslant a$ et pour tout $ n\geqslant 1$,

    $\displaystyle \vert v_n(x)\vert=v_n(x) \leqslant \frac{1}{n^x}-\frac{1}{(n+1)^x}
\leqslant \frac{1}{n^a}-\frac{1}{(n+1)^a}\;.
$

    Cette série est convergente :

    $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \left(\frac{1}{n^a}-\frac{1}{(n+1)^a}\right)
=
\lim_{n\to+\infty} 1-\frac{1}{(n+1)^a} =1\;.
$

    La série $ \sum v_n(x)$ est donc normalement convergente sur $ [a,+\infty[$, pour tout $ a>0$.
  7. D'après la question précédente, la série $ \sum v_n(x)$ est uniformément convergente, sur tout intervalle $ [a,+\infty[$, pour $ a>0$. Les fonctions $ x\longmapsto v_n(x)$ sont continues sur $ ]0,+\infty[$, donc la somme $ \delta(x)$ est continue sur $ [a,+\infty[$ pour tout $ a>0$, donc sur $ ]0,+\infty[$.
  8. Par définition de $ \delta(x)$,
    $\displaystyle \delta(1)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^nv_k(x)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}-\int_k^{k+1}
\frac{1}{t} \mathrm{d}t
\right)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)-\int_1^{n+1}
\frac{1}{t} \mathrm{d}t
}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)-\ln(n+1)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^n
\frac{1}{k}\right)-\ln(n)+\ln(n)-\ln(n+1)}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{
\lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^n
\frac{1}{k}\right)-\ln(n)\;,}$  

    car

    $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \ln(n)-\ln(n+1) = \lim_{n\to+\infty} \ln\left(
\frac{n}{n+1}\right) = 0 \;.
$

  9. Écrivons :
    $\displaystyle \displaystyle{\zeta(x)-\frac{1}{x-1} }$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^x}-
\int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t }$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^x}-
\sum_{n=1}^{+\infty} \int_n^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t }$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} v_n(x)=\delta(x)\;.}$  

    Or d'après la question précédente, $ \delta$ est continue en $ 1$, donc :

    $\displaystyle \lim_{x\to 1^+}\zeta(x)-\frac{1}{x-1} =
\lim_{x\to 1^+}\delta(x) = \delta(1)=\gamma\;.
$


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