Séries de fonctions

Voir cours.

1. 1. La série de terme général \(u_{n}(x)\) est une série alternée car \(\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \forall x > -1 : n + x > 0\).

      La suite \(\left( \frac{1}{n+x} \right)_{n \in \mathbb{N}}\) décroît vers \(0\), donc la série alternée converge d'après le critère de convergence de certaines séries alternées.

   2. Soit \([a, b]\) un intervalle tel que \(-1 < a < b\), la suite \(\left( \frac{1}{n+x} \right)_{n \in \mathbb{N}}\) est décroissante, converge uniformément vers \(0\) puisque \(\left| \frac{1}{n+x} \right| < \frac{1}{A_{n}}\), où \(A_{n} = \textrm{min}~\big\{ n + a, n + b\big\}\).

      \(\underset{n \rightarrow +\infty}{\textrm{lim}} A_{n} = 0\), donc la suite converge bien uniformément vers \(0\).

      D'après le critère de convergence uniforme de certaines séries alternées, la série converge uniformément sur l'intervalle \([a, b]\).

   3. Les fonctions \(u_{n} : x \longmapsto \frac{(-1)^{n-1}}{n+x}\) sont dérivables sur \(]-1, +\infty[\) et \(u'_{n}(x) = \frac{(-1)^{n}}{(n+x)^{2}}\).

      Considérons à nouveau un intervalle \([a, b] \subset ]-1,+\infty[\).

      La série \(\Big( \sum u'_{n} \Big)\) converge normalement sur l'intervalle \([a, b]\) : \(|u'_{n}(x)| \leq \frac{1}{A^{2}_{n}}\) et, comme \(A_{n} \sim n\), la série de terme général \(\frac{1}{A^{2}_{n}}\) est convergente.

      D'après la forme locale du théorème de dérivation :

      - la série \(\Big( \sum u_{n} \Big)\) converge sur \(]-1, +\infty[\),

      - les fonctions \(u'_{n}\) sont dérivables sur \(]-1, +\infty[\),

      - la série \(\Big( \sum u_{n} \Big)\) un converge normalement (donc uniformément) sur tout intervalle \([a, b] \subset ]-1, +\infty[\) :

      on peut alors en déduire que la fonction \(f : x \longmapsto \underset{n=0}{\overset{+\infty}{\sum}} u_{n}(x)\) est dérivable sur \(]-1, +\infty[\) et que sa dérivée est \(f'(x) = \underset{n=0}{\overset{+\infty}{\sum}} u'_{n}(x) = \underset{n=0}{\overset{+\infty}{\sum}}~\frac{(-1)^{n}}{(n+x)^{2}}\).

   4. \(\overset{+\infty}{\underset{n = 1}{\sum}}~\frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{6}\), donc \(\overset{+\infty}{\underset{k = 1}{\sum}}~\frac{1}{(2n)^{2}} = \frac{1}{4}~\left( \underset{n=1}{\overset{+\infty}{\sum}}~\frac{1}{n^{2}} \right) = \frac{\pi^{2}}{24}\)

      Rappel : si une série \(\Big( \sum~u_{n} \Big)_{n \in \mathbb{N}}\) est absolument convergente, alors on peut décomposer sa somme : \(\overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~u_{n}\) en la somme des termes pairs et impairs : \(\overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~u_{n} = \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~u_{2n} + \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~u_{2n+1}\)

      En effet, si on note \(S_{n} = \overset{n}{\underset{k = 0}{\sum}}~u_{k}\) la somme partielle d'ordre \(n\), les suites (\(S_{2n}\)) et (\(S_{2n+1}\)) sont absolument convergentes.

      La série de terme général \(v_{n} = u_{2n} + u_{2n+1}\) est donc absolument convergente (sa somme partielle d'ordre \(n\) est \(S_{2n}\)) et on en déduit que les séries de terme général \(u_{2n}\) et \(u_{2n+1}\) sont absolument convergentes (inégalité triangulaire).

      Comme \(S_{2n} = \underset{k = 0}{\overset{n}{\sum}}~u_{2k} + \underset{k = 0}{\overset{n - 1}{\sum}}~u_{2k+1}\), on en déduit en faisant tendre \(n\) vers l'infini que : \(\overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~u_{n} = \overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~u_{2n} + \overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~u_{2n + 1}\)

      Comme \(\overset{+\infty}{\underset{n = 1}{\sum}}~\frac{1}{n^{2}} = \overset{+\infty}{\underset{n = 1}{\sum}}~\frac{1}{(2n)^{2}} + \overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~\frac{1}{(2n + 1)^{2}}\), on en déduit que \(\overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\frac{1}{(2n + 1)^{2}} = \frac{3 \pi^{2}}{24}\).

      Nous pouvons à présent calculer \(f'(0) : f(0) = \overset{+\infty}{\underset{n = 1}{\sum}}~\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\).

      Cette série est absolument convergente, donc on peut décomposer \(f'(0)\) en somme des termes pairs et impairs : \(f'(0) = \overset{+\infty}{\underset{n=1}{\sum}}~\frac{1}{4n^{2}} - \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\frac{1}{(2n + 1)^{2}}\).

      On en tire : \(f'(0) = - \frac{\pi^{2}}{12}\).

2. Soit \(0 \leq t < 1\), \(\frac{1}{1+t} = \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~(-1)^{n}~t^{n}\).

   \(\overset{1}{\underset{0}{\int}}~\frac{t^{x}}{1 + t}~\textrm{dt} = \overset{1}{\underset{0}{\int}}~t^{x}~\left( \overset{+\infty}{\underset{n = 0}{\sum}}~(-1)^{n}~t^{n} \right)~\textrm{dt} = \overset{1}{\underset{0}{\int}}~(-1)^{n}~\left( \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~t^{n+x} \right)~\textrm{dt}\)

   La série \(\Big( \sum~(-1)^{n}~t^{n} \Big)\) ne converge pas uniformément sur \([0, 1]\) (elle ne converge pas pour \(t = 1\)), ni même sur \([0, 1[\) car s'il y avait convergence uniforme sur \([0, 1[\), chacun des termes ayant une limite lorsque \(t\) tend vers \(1\), la série serait convergente en \(1\).

   On ne dispose donc pas d'argument pour intervertir directement le signe somme et le symbole intégrale.

   Soit \(\alpha \in ]0, 1[\) : la série géométrique \(\Big( \sum~(-t)^{n} \Big)\) converge uniformément sur \([0, \alpha]\), donc sur \([0, \alpha]\) on peut intervertir le signe somme et le symbole intégrale :

   \(\begin{array}{r c l} \overset{\alpha}{\underset{0}{\int}}~\frac{t^{x}}{1 + t}~\textrm{dt} & = & \overset{\alpha}{\underset{0}{\int}}~\left[ \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~(-1)^{n} t^{n+x} \right]~\textrm{dt} \\ & = & \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\overset{\alpha}{\underset{0}{\int}}~(-1)^{n}t^{n+x}~\textrm{dt} \\ & = & \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\frac{(-1)^{n} \alpha^{n+x+1}}{n+x+1} \\ & = & \overset{+\infty}{\underset{n=0}{\sum}}~\frac{(-1)^{n-1} \alpha^{n+x}}{n+x} \end{array}\)

   Introduisons la fonction \(\Phi\) définie sur \([0, 1]\) par : \(\Phi_{(\alpha)} = \overset{\alpha}{\underset{0}{\int}}~\frac{t^{x}}{1 - t}~\textrm{dt}\).

   Nous cherchons à montrer que \(\Phi(1) = f(x)\), nous connaissons \(\Phi(\alpha)\) pour tout \(\alpha \in ]0, 1[\) : \(\Phi(\alpha) = \overset{+\infty}{\underset{n=1}{\sum}}~\frac{(-1)^{n-1} \alpha^{n+x}}{n+x}\) et \(\Phi(1) = \underset{\alpha \rightarrow 1}{\textrm{lim}}~\Phi(\alpha)\) (\(\Phi\) continue en 1).

   Il nous reste à démontrer que \(\underset{\alpha \rightarrow 1}{\textrm{lim}}~\overset{+\infty}{\underset{n=1}{\sum}}~\frac{(-1)^{n-1} \alpha^{n+x}}{n+x} = \overset{+\infty}{\underset{n=1}{\sum}}~\frac{(-1)^{n-1}}{n+x}\).

   C'est un problème d'interversion de limite et de signe somme. Cette interversion est possible si la série \(\left( \overset{+\infty}{\underset{n=1}{\sum}}~\frac{(-1)^{n-1} \alpha^{n+x}}{n+x} \right)\) converge uniformément pour \(\alpha \in [0, 1]\).

   C'est une série alternée, la suite \(\left( \frac{\alpha^{n+x}}{n+x} \right)_{n \in \mathbb{N}^{*}}\) est une suite décroissante qui converge uniformément vers \(0\) sur \([0, 1]\), puisque \(0 < \frac{\alpha^{n+x}}{n+x} < \frac{1}{n+x}\).

   D'après le critère de convergence uniforme de certaines séries alternées, la série converge uniformément sur \([0, 1]\), on peut donc intervenir la limite et le signe somme.

   D'où : \(\Phi (1) = \underset{\alpha \rightarrow 1}{\textrm{lim}}~\Phi(\alpha) = \overset{+\infty}{\underset{n=1}{\sum}}~\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} = f(x)\).