Convergence uniforme d'une série de fonctions

zorg · 20 Jul

Soit $\sum_{n\ge0} \frac{x^n}{1+nx}$. Est-ce que cette série de fonctions converge uniformément sur $[0,1[$ ?

Je sais qu'elle ne converge pas normalement $[0,1[$. Je sais également que la somme $S$ est continue sur $[0,1[$ et que $S(x)$ tend vers $+\infty$ quand $x$ tend vers $1^-$. On peut même montrer que $S(x) \stackrel{x\to1^-}{\sim}-\ln(1-x)$.

Auriez-vous une idée quant à la CVU ?

zorg · 21 Jul

Je pense avoir une solution. En étudiant la fonction $t \mapsto \frac{x^t}{1+tx}$, on montre que pour $x$ fixé dans $[0,1[$, la suite $\big(u_k(x)\big)_{k \ge 0}$ avec $u_k(x) = \frac{x^k}{1+kx}$ est décroissante.

Posons $R_n(x) = \sum_{k=n+1}^{+\infty}u_k(x)$ le reste de la série convergence $S$. On considère les tranches $R_{n}(x) -R_{2n}(x)$. Par décroissance de la suite $\big(u_k(x)\big)_{k \ge 0}$, on a

$$R_{n}(x) -R_{2n}(x) = \sum_{k=n+1}^{2n}u_k(x) \ge nu_{2n}(x) = \frac{nx^{2n}}{1+2nx}$$

On a alors pour tout $x \in [0,1[$,

$$\frac{nx^{2n}}{1+2nx} \le R_{n}(x) -R_{2n}(x) = |R_{n}(x) -R_{2n}(x)| \le |R_{n}(x)| + |R_{2n}(x)| \le 2\|R_n\|_{\infty}^{[0,1[}$$

avec $\|R_n\|_{\infty}^{[0,1[} = \sup_{x \in [0,1[}|R_n(x)|$

En particulier si on considère la suite $x_n=1-\frac{1}{2n}$ (qui appartient bien à $[0,1[$) :

$$\frac{n\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{2n}}{2n} \le 2\|R_n\|_{\infty}^{[0,1[}$$

Comme $\frac{n\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{2n}}{2n} = \frac{1}{2}e^{2n\ln\left(1-\frac{1}{2n}\right)} \rightarrow \frac{1}{2e}$, il ne peut y avoir CVU.

Noveang · 21 Jul

Bonjour,

La convergence uniforme (en fait normale) sur tout segment de la forme $[0, a]$, $0 < a < 1$ se démontre facilement, et si mes souvenirs méthodologiques sont bons, cela implique la convergence uniforme sur $[0, 1[$.

Ce que tu sembles démontrer c'est que la convergence ne peut être uniforme sur $[0, 1]$.

bd2017 · 21 Jul

Bonjour

Je n'ai pas le temps de lire la démonstration de @zorg en détail mais qui parait à peu près semblable à ce que j'ai fait, je confirme avec lui qu'il n'y a pas CVU sur $[0,1[$

Par contre je ne suis pas du tout d'accord du tout avec ce que dit @Noveang.

En particulier La CVN sur tout $[0,a], a<1$ n'a aucune raison d'impliquer la CVU sur $[0,1[.$

De plus @Noveang quel sens donne-tu à ta dernière phrase alors que la série ne converge pas en $x=1?$

Noveang · 22 Jul

Et bien après vérification c'est en effet n'importe quoi, et je me demande bien ce qui fait que j'ai gardé cela en tête. Peut-être y avait-il dans l'exercice en question une hypothèse supplémentaire qui autorisait cette conclusion.

@bd2017 tu as raison, j'ai lu trop vite, je vais barrer dans mon commentaire initiale.

JLapin · 22 Jul

La convergence uniforme sur $[0,1[$ impliquerait la convergence de la série des limites en $1$ donc celle de $\sum \dfrac{1}{1+n}$.

zorg · 22 Jul

@JLapin c'est plus simple. Merci.

zorg · 22 Jul

Toujours dans cet exercice, on pose $N(x,\varepsilon):= \left\lfloor \frac{\ln\big(\varepsilon(1-x)\big)}{\ln(x)}\right\rfloor$. On nous dit afin de tracer le graphe de la somme $S$ de la série qu'on peut identifier $S(x)$ à $S_{N(x,\varepsilon)}(x)$ en prenant $\varepsilon=10^{-3}$.

Question : d'où vient cette expression pour $N(x,\varepsilon)$ ?

zorg · 23 Jul

J'ai essayé de montrer que $S(x) \stackrel{x \to 1^-}{\sim} -\ln(1-x)$.

On a pour $x \in [0,1[$, $-\ln(1-x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{n}$. D'où :
$$S(x) - \big(-\ln(1-x)\big) = 1 + \sum_{n=1}^{+\infty} \left(\frac{x^n}{1+nx} - \frac{x^n}{n}\right) = 1 + \sum_{n=1}^{+\infty} \underbrace{\left(\frac{1}{1+nx} - \frac{1}{n}\right)}_{:=a_n(x)}x^n $$
Pour $x \in [0,1[$ : $a_n(x) = \frac{n-1-nx}{n(1+nx)} \le \frac{n-nx}{n(1+nx)} = \frac{1-x}{1+nx} \le 1-x$
donc
$$S(x) - \big(-\ln(1-x)\big) \le 1 + \underbrace{\sum_{n=1}^{+\infty}(1-x)x^n}_{=x} \le 2$$

Pour montrer que $S(x) - \big(-\ln(1-x)\big) = \mathrm{O}(1)$ (puis conclure que $S(x) \stackrel{x \to 1^-}{\sim} -\ln(1-x)$), il faudrait pourvoir minorer la différence $S(x) - \big(-\ln(1-x)\big)$. Je n'arrive pas à minorer cette expression. Une idée ?

JLapin · 23 Jul

Je dirais qu'on peut trouver l'équivalent simple en $1$ par comparaison série intégrale.

zorg · 24 Jul

@JLapin Oui mais encore faut-il pouvoir intégrer la fonction $t \mapsto \frac{x^t}{1+tx}$ ?

JLapin · 24 Jul

Via le changement de variable $u= (-\ln x) t$, tu es ramené à l'étude asymptotique de $\int_0^{+\infty} \dfrac{e^{-u}}{1+\lambda u}du$ quand $\lambda$ tend vers $+\infty$.

Tu dois pouvoir t'en sortir en utilisant le théorème de convergence dominée/théorème d'intégration des relations de comparaison peut-être un peu d'IPP/changement de variable/relation de Chasles.

En tout cas, Maple sait faire et trouve l'équivalent simple attendu pour l'intégrale donc ça me semble une piste prometteuse.

Pour être honnête, je n'ai pas écrit le détail des calculs.

zorg · 24 Jul

ok merci je vais m'y atteler

zorg · 24 Jul

Quand je fais le changement de variable $u = -\ln(x)t$, on obtient

$$\int_0^{+\infty} \frac{x^t}{1+tx}\,\mathrm{d}t = \int_0^{+\infty} \frac{e^{-u}}{-\ln(x)+ux}\,\mathrm{d}u$$

et après je ne vois pas quoi faire.

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