On pose \(f(x) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{\arccos(\cos nx)}{n!}\).
Montrer que \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\), continue, paire et \(2\pi\)-périodique.
Calculer \(f(0)\), \(f(\pi )\), \(f(\frac\pi 2)\).
\(f(0) = 0\), \(f(\pi ) = \pi \mathop{\rm sh}\nolimits 1\), \(f(\frac\pi 2) = \frac\pi 2(e-\cos 1)\).
Soit \(f(a) = \sum_{n=0}^\infty e^{-a^2 n^2 }\) sous réserve de convergence \((a\in \mathbb{R}\)).
Domaine de définition de \(f\) ?
Limite de \(f(a)\) quand \(a\to +\infty\) ?
Limite de \(af(a)\) quand \(a\to 0\) ?
\(\mathbb{R}^*\).
TCM : \(f(a)\to _{a\to +\infty }1\).
CSI : \(\dfrac{\sqrt \pi }{2a} = \int _{x=0}^\infty e^{-a^2 x^2 }\,d x \leq f(a) \leq \int _{x=0}^\infty e^{-a^2 x^2 }\,d x + 1 = \dfrac{\sqrt \pi }{2a} + 1\). Donc \(af(a)\to _{a\to 0_{+} }\dfrac{\sqrt \pi }2\).
Étudier la convergence de la série \(f(x) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac1{1+x^n }\).
Montrer que \(f\) est de classe \(\mathcal C ^1\) sur son domaine de définition.
Tracer la courbe représentative de \(f\) sur \(]1,+\infty [\).
Soit \(g(x) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^n }{n!\,(x+n)}\).
Déterminer le domaine, \(D\) de définition de \(g\) et prouver que \(g\) est de classe \(\mathcal C ^\infty\) sur \(D\).
Montrer que la quantité : \(xg(x) - g(x+1)\) est constante sur \(D\).
Tracer la courbe représentative de \(g\) sur \(]0,+\infty [\).
Donner un équivalent de \(g(x)\) en \(+\infty\) et en \(0_{+}\).
\(xg(x) - g(x+1) = \frac1e\).
CSA \(\Rightarrow g' < 0\). \(g(x)\to _{x\to 0_{+} } +\infty\), \(g(x)\to _{x\to +\infty }0\).
\(g(x) \sim 1/x\) en \(0_{+}\) et \(g(x) \sim 1/(ex)\) en \(+\infty\).
Soit \(f(x) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac1{x(x+1)\dots(x+n)}\).
Établir l’existence et la continuité de \(f\) sur \(\mathbb{R}^{+*}\).
Calculer \(f(x+1)\) en fonction de \(f(x)\).
Tracer la courbe de \(f\).
\(f(x+1) = xf(x)-1\).
Étudier la convergence simple, uniforme, de \(f(x) = \sum_{n=0}^\infty (\arctan(x+n) - \arctan(n))\).
Montrer que \(f\) est de classe \(\mathcal C ^1\) sur \(\mathbb{R}\).
Chercher une relation simple entre \(f(x)\) et \(f(x+1)\).
Trouver \(\lim_{x\to +\infty } f(x)\).
CVU sur tout \([a,b]\).
\(f(x+1) = f(x) + \frac\pi 2 - \arctan x\).
\(f(x+1) - f(x) \sim 1/x\) donc la suite \((f(n))\) diverge et \(f\) est croissante \(\Rightarrow \lim = +\infty\).
Soit \(f_n(x) = \dfrac{(-1)^n \cos^n x}{n+1}\).
Étudier la convergence de \(f(x) = \sum_{n=0}^\infty f_n(x)\).
Montrer la convergence de la série de terme général \(u_n = \int _{x=0}^{\pi /2} f_n(x)\,d x\).
En déduire \(\sum_{n=0}^\infty u_n\) sous forme d’une intégrale.
cva si \(|\cos x| < 1\), scv si \(\cos x = 1\), dv si \(\cos x = -1\).
TCM en regroupant les termes deux par deux.
\(\int _{x=0}^{\pi /2} \dfrac{\ln(1+\cos x)}{\cos x}\,d x\).
Décomposer en éléments simples sur \(\mathbb{C}\) la fractions rationnelle : \(F_n(X) = \dfrac1{(1+X/n)^n -1}\).
En déduire pour \(x\in \mathbb{R}^*\) : \(\coth x = \dfrac1{e^{2x}-1} - \dfrac1{e^{-2x}-1} = \dfrac1x + \sum_{k=1}^\infty \dfrac{2x}{x^2 +k^2 \pi ^2 }\).
En déduire la valeur de \(\zeta (2)\).
\(F_n(X) = \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{e^{2ik\pi /n}}{X+n(1-e^{2ik\pi /n})}\).
\(F_n(2x) - F_n(-2x) = \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{4xe^{2ik\pi /n}}{4x^2 -n^2 (1-e^{2ik\pi /n})^2 } = \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{x}{x^2 e^{-2ik\pi /n}+n^2 \sin(k\pi /n)^2 }\).
Supposons \(n\) impair, et regroupons les termes conjugués obtenus pour \(k\) et \(n-k\) :
\(F_n(2x) - F_n(-2x) = \dfrac1x + \sum_{k=1}^{(n-1)/2}\Bigl(\underbrace{ \dfrac{x}{x^2 e^{-2ik\pi /n}+n^2 \sin(k\pi /n)^2 } + \dfrac{x}{x^2 e^{2ik\pi /n}+n^2 \sin(k\pi /n)^2 } }_{=u(k,n,x)}\Bigr)\).
On transforme la somme en série de \(k=1\) à \(k=\infty\) en posant \(u(k,n,x) = 0\) si \(k>(n-1)/2\), puis on passe à la limite, sous réserve de justification, dans cette série pour \(n\to \infty\), ce qui donne la formule demandée.
Justification de l’interversion limite-série :
en utilisant \(\sin(t)\geq \dfrac{2t}{\pi }\) pour \(0\leq t\leq \dfrac{\pi }2\) on a \(|u(k,n,x)| \leq \dfrac{2|x|}{4k^2 -x^2 }\) pour tout \(k\geq |x/2|\), donc il y a convergence normale par rapport à \(n\), à \(x\) fixé.
\(\sum_{k=1}^\infty \dfrac{2}{x^2 +k^2 \pi ^2 } = \dfrac{\coth(x)}x-\dfrac1{x^2 }\) est normalement convergente sur \(\mathbb{R}\), on peut passer à la limite pour \(x\to 0\).
Pour \(n\in \mathbb{N}^*\) et \(x\in [-1,1]\) on pose \(u_n(x)=\dfrac{x^n \sin(nx)}n\).
Montrer que la série \(\sum_{n=1}^\infty u_n(x)\) converge uniformément sur \([-1,1]\) vers une fonction continue, \(f\).
Justifier la dérivabilité de \(f\) sur \(]-1,1[\) et calculer \(f'(x)\). En déduire \(f(x)\).
En déduire la valeur de \(\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\sin n}n\).
Transformation d’Abel.
\(f(x) = \arctan\left(\dfrac{x\sin x}{1-x\cos x}\right)\).
\(\dfrac{\pi -1}2\).
Pour \(y\in \mathbb{R}\) et \(n\in \mathbb{N}^*\), on pose \(a_n(y) = \dfrac{\cos(ny)}{\sqrt n}\).
Déterminer le rayon de convergence de la série entière \(\sum a_n(y)x^n\).
Soit \(D=\{ (x,y)\in \mathbb{R}^2 ,\ |x|<1\}\) et \(F(x,y) = \sum_{n=1}^{+\infty } a_n(y)x^n\). Montrer que \(F\), \(\partial F/\partial x\) et \(\partial F/\partial y\) existent en tout point de \(D\).
Pour \(x\in \mathbb{R}_{+}\) et \(n\in \mathbb{N}\), \(n\geq 2\) on pose \(f_n(x) = \dfrac{xe^{-nx}}{\ln n}\) et \(S(x) = \sum_{n=2}^\infty f_n(x)\) sous réserve de convergence.
Étudier la convergence simple, normale, uniforme de la série \(\sum f_n\) sur \(\mathbb{R}_{+}\).
Montrer que \(S\) est de classe \(\mathcal C ^1\) sur \(\mathbb{R}^{+*}\).
Montrer que \(S\) n’est pas dérivable à droite en \(0\).
Montrer que \(x^kS(x)\) tend vers \(0\) en \(+\infty\) pour tout \(k\in \mathbb{N}\).
Il y a convergence normale sur tout intervalle \([a,+\infty [\) avec \(a>0\). Il n’y a pas convergence normale au voisinage de \(0\) car \(\sup\Bigl\{ \dfrac{xe^{-nx}}{\ln n},\ x\geq 0\Bigr\} = \dfrac1{en\ln n}\) atteint pour \(x=\dfrac1n\) et \(\sum\dfrac1{n\ln n}\) diverge (série de Bertrand). Par contre il y a convergence uniforme sur \([0,+\infty [\) car \[0\leq \sum_{k=n}^\infty f_k(x) \leq \dfrac1{\ln n}\sum_{k=n}^\infty xe^{-kx} = \dfrac{xe^{-nx}}{\ln n(1-e^{-x})} \leq \dfrac{\sup\{ t/(1-e^{-t}),\ t\geq 0\} }{\ln n}.\]
\(\dfrac{S(x)-S(0)}x = \sum_{n=2}^\infty \dfrac{e^{-nx}}{\ln n} \to _{x\to 0_{+} }\sum_{n=2}^\infty \dfrac1{\ln n} = +\infty\) par convergence monotone.
Convergence et limite en \(1^-\) de \(f(x) = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(1-x)x^n }{1+x^n }\).
Comparaison série-intégrale, \(f(x)\to _{x\to 1^-}\ln(2)\).
Soit \(S(t) = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{t^n }{1-t^n }\).
Pour quelles valeurs de \(t\), \(S\) est-elle définie ? Est-elle continue ?
Montrer qu’au voisinage de \(1^-\) on a \(S(t) = -\dfrac{\ln(1-t)}{1-t} + O\Bigl(\dfrac1{1-t}\Bigr)\). On pourra développer \(\ln(1-t)\) en série entière.
\(-1<t<1\).
Pour \(0\leq t<1\) et \(n\geq 2\) on a : \[\begin{aligned} (1-t)\dfrac{t^n }{1-t^n } &= \dfrac{t^n }{1+t+\dots+t^{n-1}}\\ &= \dfrac{t^n }{n} + \dfrac{t^n ((1-t) + (1-t^2 ) + \dots+ (1-t^{n-1}))}{n(1+t+\dots+t^{n-1})}\\ &= \dfrac{t^n }{n} + \dfrac{(t^n -t^{n+1})((n-1) + (n-2)t + \dots+ t^{n-2})}{n(1+t+\dots+t^{n-1})} \end{aligned}\] d’où \(0 \leq (1-t)\dfrac{t^n }{1-t^n } - \dfrac{t^n }{n} \leq \dfrac{n-1}{n}(t^n -t^{n+1}) \leq t^n -t^{n+1}\) (vrai aussi si \(n=1\)) et en sommant : \[0\leq (1-t)S(t) + \ln(1-t) \leq 1.\]
On pose \(\varphi (x)= d(x,\mathbb{Z})=\inf\{ |x-n| \text{ tq }n\in \mathbb{Z}\}\).
Montrer que \(f\) : \(\mathbb{R}\ni x\mapsto \sum_{n=0}^{+\infty } (\frac34)^n \varphi (4^n x)\) est définie et continue.
Montrer que \(\varphi\) est lipschitzienne. Que peut-on en déduire pour \(f\) ?
Montrer que \(f\) n’est dérivable en aucun point.
La série converge normalement et \(\varphi\) est continue.
\(\varphi\) est \(1\)-lipschitzienne, mais on ne peut rien en déduire pour \(f\) :
pour \(N\) fixé et \(0<h\leq \dfrac1{2.4^n }\), on a \(|f(h)-f(0)| = f(h)\geq \sum_{n=1}^n 3^n h = \dfrac{3^{N+1}-3}2h\) donc \(f\) n’est pas lipschitzienne au voisinage de \(0\).
D’après ce qui précède, le taux d’accroissement de \(f\) en \(0\) est arbitrairement grand, donc \(f\) n’est pas dérivable en \(0\). On montre de même que \(f\) n’est pas dérivable en \(x\in \mathbb{R}\).
Soin \((a_n)_{n\geq 1}\) une suite complexe telle que la série \(\sum a_n\) converge. On pose : \(f(h) = \sum_{n=1}^\infty a_n\dfrac{\sin^2 (nh)}{(nh)^2 }\) si \(h\neq 0\) et \(f(0) = \sum_{n=1}^\infty a_n\). Étudier le domaine de définition et la continuité de \(f\).
On suppose \(h\) réel. La série converge localement normalement sur \(\mathbb{R}^*\) donc \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\) et continue sur \(\mathbb{R}^*\). Continuité en \(0\) : on pose \(A_n = \sum_{k=n}^\infty a_k\) et \(\varphi (t) = \dfrac{\sin^2 (t)}{t^2 }\) si \(t\neq 0\), \(\varphi (0) = 1\) (\(\varphi\) est \(\mathcal C ^\infty\) sur \(\mathbb{R}\) comme somme d’une série entière de rayon infini). Pour \(h\neq 0\) on a : \[f(h) = \sum_{n=1}^\infty (A_n-A_{n+1})\varphi (nh) = A_1\varphi (h) + \sum_{n=2}^\infty A_n(\varphi (nh)-\varphi ((n-1)h)) = A_1\varphi (h) + \sum_{n=2}^\infty A_n\int _{t=(n-1)h}^{nh}\varphi '(t)\,d t.\] Cette dernière série est uniformément convergente sur \(\mathbb{R}\) car \(A_n\to _{n\to \infty }0\) et \(\int _{t=0}^{+\infty }|\varphi '(t)|\,d t\) est convergente.
On pose pour \(x\in \mathbb{R}\) : \(f(x) = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^{n-1}}{\sqrt {n^2 +x^2 }}\).
Déterminer \(\lim_{x\to \infty }f(x)\).
Chercher un équivalent de \(f(x)\) en \(+\infty\).
CSA : \(0\leq f(x)\leq \dfrac1{\sqrt {1+x^2 }}\) donc \(f(x)\to _{x\to +\infty }0\).
\[\begin{aligned} xf(x) &= \sum_{p=0}^\infty \dfrac{x}{\sqrt {(2p+1)^2 +x^2 }} - \dfrac{x}{\sqrt {(2p+2)^2 +x^2 }}\\ &= \sum_{p=0}^\infty \int _{t=2p+1}^{2p+2}\dfrac{xt}{(t^2 +x^2 )^{3/2}}\,d t\\ &= \sum_{p=0}^\infty \int _{u=(2p+1)/x}^{(2p+2)/x}\dfrac{u}{(u^2 +1)^{3/2}}\,d u. \end{aligned}\]
On a \(\int _{u=0}^\infty \dfrac u{(u^2 +1)^{3/2}}\,d u = 1 = a + b\) avec :
\(a = \sum_{p=0}^\infty \int _{u=(2p)/x}^{(2p+1)/x}\dfrac{u}{(u^2 +1)^{3/2}}\,d u\) et \(b = \sum_{p=0}^\infty \int _{u=(2p+1)/x}^{(2p+2)/x}\dfrac{u}{(u^2 +1)^{3/2}}\,d u = xf(x)\).
\(h\) : \(u\mapsto \dfrac{u}{(u^2 +1)^{3/2}}\) est croissante sur \(\left[0,\sqrt {{1/2}}\right]\) et décroissante sur \(\left[\sqrt {{1/2}},+\infty \right[\) donc \(|a-b| \leq \dfrac{3\left\|h\right\|_\infty }x\), et \(xf(x)\to _{x\to +\infty }{1/2}\).
Déterminer un équivalent au voisinage de \(0\) de \(S_{1}(x) = \sum_{n=1}^{\infty }{\dfrac{1}{\mathop{\rm sh}\nolimits{(nx)}}}\) et \(S_{2}(x) = \sum_{n=1}^{\infty }{\dfrac{1}{\mathop{\rm sh}\nolimits^{2}{(nx)}}}\).
On a \(\int _{t=x}^{+\infty }\dfrac{d t}{\mathop{\rm sh}\nolimits t} \leq xS_1(x) \leq \dfrac x{\mathop{\rm sh}\nolimits x} + \int _{t=x}^{+\infty }\dfrac{d t}{\mathop{\rm sh}\nolimits t}\) et \(\dfrac1{\mathop{\rm sh}\nolimits t}=\dfrac1t +O(t)\) donc \(\int _{t=x}^{+\infty }\dfrac{d t}{\mathop{\rm sh}\nolimits t}=-\ln(x)+O(1)\). On en déduit \(S_1(x)\sim-\dfrac{\ln x}x\).
La même méthode ne marche pas pour \(S_2\) car le terme résiduel, \(\dfrac x{\mathop{\rm sh}\nolimits^2 (x)}\) n’est pas négligeable devant \(\int _{t=x}^{+\infty }\dfrac{d t}{\mathop{\rm sh}\nolimits^2 (t)}\). Par contre, on peut remarquer que la série \(\sum_{n=1}^{\infty }{\dfrac{x^2 }{\mathop{\rm sh}\nolimits^{2}{(nx)}}}\) est normalement convergente sur \(\mathbb{R}\), d’où \(S_2(x)\sim\dfrac{\zeta (2)}{x^2 }\).
Calculer \(S_n(t) = \sum_{p=1}^n t^{p-1}\sin(px)\) puis \(S(t) = \lim_{n\to \infty } S_n(t)\).
Calculer \(\int _{t=0}^1 S_n(t)\,d t\) et \(\int _{t=0}^1 S(t)\,d t\).
En déduire que \(\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\sin nx}n\) converge et donner sa valeur.
\(S_n(t) = \mathop{\mathrm{Im}}\Bigl(\dfrac{e^{ix}-t^{n}e^{i(n+1)x}}{1-te^{ix}}\Bigr) \to _{n\to \infty } \mathop{\mathrm{Im}}\Bigl(\dfrac{e^{ix}}{1-te^{ix}}\Bigr) = \dfrac{\sin x}{1-2t\cos x + t^2 }\) pour \(-1<t<1\).
\(\int _{t=0}^1 S_n(t)\,d t = \sum_{p=1}^n \dfrac{\sin(px)}{p}\).
\(\int _{t=0}^1 S(t)\,d t = (t-\cos x = u\sin x) = \int _{u=-\cot x}^{\tan x/2} \dfrac{d u}{1+ u^2 } = \dfrac{\pi -x}2\).
TCD : \(|S_n(t)|\leq \dfrac2{\sin x}\) intégrable par rapport à \(t\) sur \([0,1]\). On en déduit \(\sum_{p=1}^\infty \dfrac{\sin(px)}{p} = \dfrac{\pi -x}2\).
Soient \(n\in \mathbb{N}^*\) et \(x\in \mathbb{R}\). On pose \(f_n(x)=\dfrac1{n^3}\ln(1+n^2 x^2 )\) et \(S(x)=\sum_{n=1}^\infty f_n(x)\).
Montrer que \(S\) est définie sur \(\mathbb{R}\).
Montrer que \(S\) est de classe \(\mathcal C ^1\) sur \(\mathbb{R}\).
Montrer que \(S\) est deux fois dérivable sur \(]0,+\infty [\).
A \(x\) fixé, \(f_n(x)=o(1/n^{2,5})\).
\(|f_n'(x)| = \dfrac{2|x|}{n(1+n^2 x^2 )} \leq \dfrac1{n^2 }\). Il y a convergence normale de \(\sum f_n'\) donc on peut dériver terme à terme.
\(f_n'(x) = \dfrac1{n^2 }{g(nx)}\) avec \(g(t)=\dfrac{2t}{1+t^2 }\) donc \(f_n''(x)=\dfrac1ng'(nx)\). Par étude de fonction, \(g'\) est croissante sur \([\sqrt 3,+\infty [\) de limite nulle en \(+\infty\) d’où \(|f_n''(x)|\leq \dfrac1n|g'(na)|=O(1/n^3)\) pour \(x\geq a>0\).
Soit \(f: x\mapsto \lim_{n\to \infty }\Bigl(\sum_{k=-n}^n\dfrac{1}{k+x}\Bigr)\).
Quel est le domaine de définition de \(f\) ?
Montrer que, pour tout \(x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}\) :
\(f(-x)=-f(x)\).
\(f(x+1)=f(x)\).
\(f(2x)={1/2}(f(x+{1/2})+f(x))\).
Montrer que \(x\mapsto f(x)-\pi \mathop{\rm cotan}\nolimits(\pi x)\) admet un prolongement par continuité à \(\mathbb{R}\) entier.
Montrer que pour tout \(x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}\), \(f(x)=\pi \mathop{\rm cotan}\nolimits(\pi x)\).
\(D_f=\mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}\) et \(f(x)=\dfrac1x + \sum_{k=1}^\infty \dfrac{2x}{x^2 -k^2 }\).
La formule ne marche que si \(2x\) n’est pas entier.
\(f(x)-1/x\) et \(\pi \mathop{\rm cotan}\nolimits(\pi x)-1/x\) se prolongent par continuité en \(0\) (avec des limites nulles), donc la différence aussi. Par \(1\)-périodicité, cette différence se prolonge par continuité à \(\mathbb{R}\) entier.
Soit \(g(x)=f(x)-\pi \mathop{\rm cotan}\nolimits(\pi x)\) pour \(x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}\) et \(g(x)=0\) pour \(x\in \mathbb{Z}\) : \(g\) est continue, vérifie la relation fonctionnelle \(g(2x)={1/2}(g(x+{1/2})+g(x))\) pour \(x\in \mathbb{R}\setminus {1/2}\mathbb{Z}\), et donc aussi pour tout \(x\in \mathbb{R}\) par continuité. On en déduit \(g(x)=0\) pour \(x\in {1/2}\mathbb{Z}\), puis pour tout \(x\in \mathbb{Z}[{1/2}]\) et enfin pour tout \(x\in \mathbb{R}\) par densité.