Corrigé des exercices : Convergence uniforme et normale en maths spé (MP)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Fonctions x/(x+n) sur un segment et sur la demi-droite

Idée clé : chaque \(f_n\) est croissante, donc son sup sur \([0,a]\) se lit en \(a\), alors que sur la demi-droite il faut regarder loin, en \(x=n\).

1. Pour \(x\geqslant 0\) fixé, on a \(0\leqslant f_n(x)\leqslant x/n\), qui tend vers \(0\). La limite simple est la fonction nulle.
2. D’abord, \(f_n^{\prime}(x)=\dfrac{n}{(x+n)^2}>0\), donc \(f_n\) est croissante sur \([0,a]\). Ainsi, \(\|f_n\|_{\infty,[0,a]}=f_n(a)=\dfrac{a}{a+n}\), qui tend vers \(0\). La convergence est uniforme sur \([0,a]\).
3. On calcule \(f_n(n)=\dfrac{n}{2n}=\dfrac12\). Par conséquent, \(\|f_n\|_{\infty,[0,+\infty[}\geqslant\dfrac12\) pour tout \(n\). Sur la demi-droite entière, l’uniformité est en défaut.

La figure montre que chaque courbe finit par dépasser \(1/2\), mais de plus en plus loin.

Corrigé de l’exercice 2 – Maximum de x(1-x)^n

Idée clé : une étude de fonction donne le maximum exact, et un facteur \(n\) devant suffit à empêcher la convergence uniforme.

1. En \(x=0\) et \(x=1\), les deux suites sont nulles. Pour \(x\in\,]0,1[\), posons \(q=1-x\in\,]0,1[\). Alors \(q^n\to 0\) et \(nq^n\to 0\) par croissances comparées. Les deux suites convergent simplement vers \(0\).
2. On a \(f_n^{\prime}(x)=(1-x)^n-nx(1-x)^{n-1}=(1-x)^{n-1}\bigl(1-(n+1)x\bigr)\). Ainsi, \(f_n\) croît sur \([0,\frac{1}{n+1}]\) puis décroît. Son maximum vaut :
   \[\|f_n\|_\infty=\frac{1}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\leqslant\frac{1}{n+1}.\]
   Donc \(\|f_n\|_\infty\to 0\) et la convergence est uniforme sur \([0,1]\).
3. Le maximum de \(g_n=nf_n\) est atteint au même point. Il vaut \(\|g_n\|_\infty=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}=\exp\left(-(n+1)\ln\left(1+\frac1n\right)\right)\). Or \((n+1)\ln(1+1/n)\to 1\). Donc \(\|g_n\|_\infty\to\mathrm{e}^{-1}\neq 0\) : la convergence de \((g_n)\) n’est pas uniforme.

Corrigé de l’exercice 3 – Puissances du sinus

Idée clé : la limite simple saute en \(\pi/2\), ce qui interdit la convergence uniforme près de ce point, mais pas loin de lui.

1. Pour \(x\in[0,\pi/2[\), on a \(0\leqslant\sin x<1\), donc \((\sin x)^n\to 0\). En revanche, \(s_n(\pi/2)=1\). Ainsi \(s=0\) sur \([0,\pi/2[\) et \(s(\pi/2)=1\).
2. Chaque \(s_n\) est continue, alors que \(s\) saute en \(\pi/2\). Si l’approximation était uniforme, la continuité passerait à la limite. L’uniformité échoue donc sur \([0,\pi/2]\).
3. Le sinus est croissant et positif sur \([0,a]\). Par conséquent, \(\|s_n\|_{\infty,[0,a]}=(\sin a)^n\), avec \(0<\sin a<1\). Ce sup tend vers \(0\) : la convergence est uniforme sur \([0,a]\).
4. Posons \(x_n=\arcsin\left(2^{-1/n}\right)\). Comme \(0<2^{-1/n}<1\), on a bien \(x_n\in\,]0,\pi/2[\) et \(s_n(x_n)=1/2\). Ainsi, \(\|s_n-s\|_{\infty,[0,\pi/2[}\geqslant 1/2\). La convergence n’est pas uniforme sur \([0,\pi/2[\).

Corrigé de l’exercice 4 – Deux séries face à la convergence normale

Idée clé : on majore directement quand c’est possible, sinon on calcule le sup par une étude de fonction, puis on se replie sur \([a,+\infty[\).

1. Pour tout réel \(x\), on a \(\left|\frac{\cos(nx)}{n^2+3}\right|\leqslant\frac{1}{n^2+3}\leqslant\frac{1}{n^2}\). Or \(\sum 1/n^2\) converge. La série converge normalement sur \(\mathbb{R}\). Ses termes étant continus, la convergence uniforme qui en résulte donne une somme continue et \(2\pi\)-périodique sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(v_n^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-nx^2}(1-2nx^2)\), qui s’annule en \(x_n=1/\sqrt{2n}\). La fonction \(v_n\) croît puis décroît, d’où :
   \[\|v_n\|_{\infty,[0,+\infty[}=v_n(x_n)=\frac{\mathrm{e}^{-1/2}}{\sqrt{2n}}.\]
   Cette suite n’est pas sommable (Riemann d’exposant \(1/2\)), donc la convergence n’est pas normale sur \([0,+\infty[\).
3. Dès que \(n\geqslant\frac{1}{2a^2}\), on a \(x_n\leqslant a\), donc \(v_n\) décroît sur \([a,+\infty[\). Ainsi, \(\|v_n\|_{\infty,[a,+\infty[}=a\,\mathrm{e}^{-na^2}=a\,q^n\) avec \(q=\mathrm{e}^{-a^2}\in\,]0,1[\). La série géométrique converge, donc \(\sum v_n\) converge normalement sur \([a,+\infty[\).

Corrigé de l’exercice 5 – Intégrer une série trigonométrique

Idée clé : la convergence normale sur le segment \([0,\pi]\) autorise l’intégration terme à terme, puis on sépare indices pairs et impairs.

1. Pour tout \(x\), \(\left|\frac{\sin(nx)}{n^3}\right|\leqslant\frac{1}{n^3}\), terme général d’une série convergente. La série converge normalement sur \(\mathbb{R}\), donc \(S\) est définie et continue sur \(\mathbb{R}\).
2. On calcule \(\int_0^\pi\sin(nx)\,\mathrm{d}x=\left[-\frac{\cos(nx)}{n}\right]_0^\pi=\frac{1-(-1)^n}{n}\). Cette intégrale vaut \(2/n\) si \(n\) est impair et \(0\) si \(n\) est pair.
3. Sur le segment \([0,\pi]\), les termes sont continus et l’approximation est uniforme. L’intégrale de la somme est donc la somme des intégrales :
   \[\int_0^\pi S=\sum_{n\geqslant 1}\frac{1-(-1)^n}{n^4}=2\sum_{k\geqslant 0}\frac{1}{(2k+1)^4}.\]
4. Notons \(O\) la somme sur les impairs. Les termes pairs donnent \(\sum_{k\geqslant 1}\frac{1}{16k^4}=\frac{1}{16}\cdot\frac{\pi^4}{90}\). Donc \(O=\frac{15}{16}\cdot\frac{\pi^4}{90}=\frac{\pi^4}{96}\). Finalement, \(\int_0^\pi S(x)\,\mathrm{d}x=\dfrac{\pi^4}{48}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Double limite en 1

Idée clé : les deux limites itérées en \(1^-\) diffèrent, ce que la convergence uniforme interdirait.

1. Si \(0\leqslant x<1\), \(x^n\to 0\) donc \(f_n(x)\to 0\). Si \(x=1\), \(f_n(1)=1/2\). Si \(x>1\), \(f_n(x)=\frac{1}{1+x^{-n}}\to 1\). Ainsi \(f=0\) sur \([0,1[\), \(f(1)=1/2\) et \(f=1\) sur \(]1,+\infty[\).
2. Par continuité de \(f_n\), on a \(\lim_{x\to 1^-}f_n(x)=\frac12\). En revanche, \(\lim_{x\to 1^-}f(x)=0\). Supposons la convergence uniforme sur \([0,1[\). Comme \(1\) est adhérent à \([0,1[\), le théorème de la double limite donnerait \(f(x)\to\lim_n\frac12=\frac12\) quand \(x\to 1^-\). Cette contradiction exclut l’uniformité sur \([0,1[\).
3. Sur \([0,a]\), on a \(0\leqslant f_n(x)\leqslant x^n\leqslant a^n\), et \(a^n\to 0\). Sur \([b,+\infty[\), on écrit \(|f_n(x)-1|=\frac{1}{1+x^n}\leqslant\frac{1}{1+b^n}\leqslant b^{-n}\), qui tend vers \(0\). La convergence est uniforme sur \([0,a]\) et sur \([b,+\infty[\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – n sin(x/n) et convergence locale

Idée clé : l’inégalité \(|u-\sin u|\leqslant|u|^3/6\) donne un majorant en \(|x|^3/n^2\), uniforme sur un segment mais pas sur \(\mathbb{R}\).

1. Posons \(\varphi(u)=u-\sin u\). Alors \(\varphi^{\prime}(u)=1-\cos u\geqslant 0\) et \(\varphi(0)=0\), donc \(\varphi\geqslant 0\) sur \([0,+\infty[\). Ensuite, posons \(\psi(u)=\frac{u^3}{6}-u+\sin u\). On a \(\psi^{\prime}(u)=\frac{u^2}{2}-(1-\cos u)\geqslant 0\) d’après l’inégalité admise, et \(\psi(0)=0\). Donc \(0\leqslant u-\sin u\leqslant u^3/6\) pour \(u\geqslant 0\).
2. Pour \(x=0\), \(f_n(0)=0\). Pour \(x\neq 0\), \(\sin(x/n)\sim x/n\), donc \(f_n(x)\to x\). La limite simple est \(f(x)=x\).
3. Les fonctions \(u\mapsto u-\sin u\) et \(u\mapsto u^3\) sont impaires. Par conséquent, \(|u-\sin u|\leqslant|u|^3/6\) pour tout réel \(u\). Avec \(u=x/n\) et \(|x|\leqslant A\) :
   \[|f_n(x)-x|=n\left|\sin\frac xn-\frac xn\right|\leqslant n\cdot\frac{|x|^3}{6n^3}\leqslant\frac{A^3}{6n^2}.\]
   Ce majorant tend vers \(0\) : la convergence est uniforme sur \([-A,A]\).
4. On a \(f_n(n\pi)=n\sin\pi=0\), donc \(|f_n(n\pi)-n\pi|=n\pi\). Ainsi, \(f_n-f\) n’est même pas bornée sur \(\mathbb{R}\). Il n’y a pas d’uniformité sur \(\mathbb{R}\) tout entier.

La figure compare \(f_4\) et \(f_8\) à la droite \(y=x\) : l’accord est excellent près de \(0\), puis les courbes s’en écartent.

Corrigé de l’exercice 8 – Intégrales qui ne passent pas à la limite

Idée clé : si l’intégrale ne tend pas vers celle de la limite, la convergence n’est pas uniforme, mais l’inverse est faux.

1. En \(x=1\), les deux suites sont nulles. Pour \(x\in[0,1[\), on a \(n^2x^n\to 0\) par croissances comparées. Donc \((h_n)\) et \((g_n)\) convergent simplement vers \(0\).
2. On calcule \(\int_0^1x^n(1-x)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\). Ainsi, \(\int_0^1h_n=\frac{n^2}{(n+1)(n+2)}\to 1\). Si la convergence était uniforme sur le segment \([0,1]\), cette intégrale tendrait vers \(\int_0^1 0=0\). La convergence de \((h_n)\) n’est donc pas uniforme.
3. De même, \(\int_0^1g_n=\frac{n}{(n+1)(n+2)}\leqslant\frac1n\). Cette intégrale tend vers \(0\).
4. La dérivée de \(x^n(1-x)\) vaut \(x^{n-1}\bigl(n-(n+1)x\bigr)\), nulle en \(\frac{n}{n+1}\). Donc :
   \[\|g_n\|_\infty=n\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\frac{1}{n+1}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}\to\mathrm{e}^{-1}.\]
   La convergence de \((g_n)\) n’est pas uniforme, bien que les intégrales convergent vers \(0\). Ainsi, la réciproque du théorème d’intégration est fausse.

Corrigé de l’exercice 9 – Dériver une limite uniforme

Idée clé : une perturbation petite mais très oscillante tend vers \(0\) sans que sa dérivée tende vers \(0\).

1. Pour tout réel \(x\), \(|f_n(x)-x|=\frac{|\sin(n^2x)|}{n}\leqslant\frac1n\). La suite converge uniformément sur \(\mathbb{R}\) vers \(f(x)=x\).
2. On a \(f_n^{\prime}(x)=1+n\cos(n^2x)\), donc \(f_n^{\prime}(0)=1+n\to+\infty\). La suite \((f_n^{\prime}(0))\) diverge : \((f_n^{\prime})\) ne converge pas simplement vers \(f^{\prime}=1\).
3. Chaque \(k_n\) est de classe \(\mathcal{C}^1\). D’abord, \(|k_n(x)-x^2|\leqslant\frac{1}{n^2}\), d’où la convergence simple vers \(x\mapsto x^2\). Ensuite, \(k_n^{\prime}(x)=2x+\frac{\cos(nx)}{n}\) et \(|k_n^{\prime}(x)-2x|\leqslant\frac1n\) : la convergence des dérivées est uniforme sur \(\mathbb{R}\). Le théorème s’applique : la limite est \(\mathcal{C}^1\) de dérivée \(x\mapsto 2x\).
4. Dans la question 2, il manque la convergence uniforme locale des dérivées \(f_n^{\prime}\), qui ne convergent même pas simplement.

Corrigé de l’exercice 10 – Série alternée uniforme mais pas normale

Idée clé : le critère des séries alternées majore le reste par le premier terme négligé, qui se majore lui-même sans \(x\).

1. Fixons \(x\geqslant 0\). Les nombres \(\frac{1}{\sqrt{n+x}}\) décroissent vers \(0\) en restant positifs. Grâce au critère spécial, \(\sum u_n(x)\) converge, avec en prime une borne du reste :
   \[|R_n(x)|\leqslant\frac{1}{\sqrt{n+1+x}}\leqslant\frac{1}{\sqrt{n+1}}.\]
2. Cette borne, libre de \(x\), a pour limite \(0\) ; ainsi \(\|R_n\|_\infty\to 0\). L’uniformité a lieu sur \([0,+\infty[\), et, les \(u_n\) étant continues, \(S\) est continue sur \([0,+\infty[\).
3. Le sup de \(|u_n|\) est atteint en \(0\) : \(\|u_n\|_\infty=\frac{1}{\sqrt n}\). La série de Riemann \(\sum 1/\sqrt n\) diverge, donc la convergence n’est pas normale.
4. La convergence est uniforme sur \([0,+\infty[\) et, pour tout \(n\), \(u_n(x)\to 0\) en \(+\infty\). Le théorème de la double limite donne \(S(x)\to\sum 0\). Ainsi \(\lim_{+\infty}S=0\).
5. On écrit \(S(0)=-1+T\) avec \(T=\sum_{n\geqslant 2}\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\). La série \(T\) relève encore du critère des séries alternées : elle a le signe de son premier terme \(\frac{1}{\sqrt2}\) et lui est inférieure en valeur absolue. Donc \(0\leqslant T\leqslant\frac{1}{\sqrt2}\). On en déduit \(-1\leqslant S(0)\leqslant-1+\frac{1}{\sqrt2}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Somme continue en 0 mais pas dérivable

Idée clé : la série des dérivées converge normalement loin de \(0\), mais ses sommes partielles minorent \(-S^{\prime}\) par des quantités arbitrairement grandes près de \(0\).

1. Si \(x\geqslant 0\), \(0<u_n(x)\leqslant\frac{1}{1+n^2}\) et la série converge. Si \(x<0\), \(u_n(x)=\frac{\mathrm{e}^{n|x|}}{1+n^2}\to+\infty\) et la série diverge grossièrement. Donc \(D=[0,+\infty[\).
2. Sur \(D\), \(\|u_n\|_\infty=\frac{1}{1+n^2}\), terme d’une série convergente. La convergence est normale sur \(D\), et \(S\) est continue sur \(D\).
3. Chaque \(u_n\) est \(\mathcal{C}^1\), avec \(u_n^{\prime}(x)=-\frac{n\,\mathrm{e}^{-nx}}{1+n^2}\). Pour \(a>0\) et \(x\geqslant a\), on a \(|u_n^{\prime}(x)|\leqslant\frac{n}{1+n^2}\mathrm{e}^{-na}\leqslant\mathrm{e}^{-na}\). Ainsi, \(\sum u_n^{\prime}\) converge normalement sur \([a,+\infty[\). Avec la convergence simple de \(\sum u_n\), \(S\) est \(\mathcal{C}^1\) sur \(]0,+\infty[\) et \(S^{\prime}(x)=-\sum_{n\geqslant 1}\frac{n\,\mathrm{e}^{-nx}}{1+n^2}\).
4. Soit \(M>0\). Comme \(\frac{n}{1+n^2}\sim\frac1n\), la série \(\sum\frac{n}{1+n^2}\) diverge. On choisit donc \(N\) tel que \(\sum_{n=1}^N\frac{n}{1+n^2}\geqslant M+1\). Ensuite, la somme finie \(\sum_{n=1}^N\frac{n\,\mathrm{e}^{-nx}}{1+n^2}\) tend vers cette valeur en \(0^+\) : elle dépasse \(M\) sur un intervalle \(]0,\eta[\). Les termes étant positifs, \(-S^{\prime}(x)\geqslant M\) sur \(]0,\eta[\). Donc \(S^{\prime}(x)\to-\infty\). Enfin, par l’égalité des accroissements finis, \(\frac{S(x)-S(0)}{x}=S^{\prime}(c_x)\) avec \(0<c_x<x\). Ce taux tend vers \(-\infty\) : \(S\) n’est pas dérivable à droite en \(0\).
5. La convergence est normale, donc uniforme, sur \([0,+\infty[\). De plus, \(u_0=1\) et \(u_n(x)\to 0\) en \(+\infty\) pour \(n\geqslant 1\). La double limite donne \(\lim_{+\infty}S=1\).

Corrigé de l’exercice 12 – Une somme de classe C infini

Idée clé : toutes les séries dérivées sont dominées par \(n^{k/2}\mathrm{e}^{-a\sqrt n}\), qui est négligeable devant \(1/n^2\).

1. Si \(x>0\), posons \(t=\sqrt n\). Alors \(n^2u_n(x)=t^4\mathrm{e}^{-xt}\to 0\), donc \(u_n(x)\leqslant\frac{1}{n^2}\) à partir d’un certain rang : la série converge. Si \(x\leqslant 0\), \(u_n(x)\geqslant 1\) et la série diverge grossièrement. La série converge si et seulement si \(x>0\).
2. Avec \(t=\sqrt n\), on a \(n^2\cdot n^{k/2}\mathrm{e}^{-a\sqrt n}=t^{k+4}\mathrm{e}^{-at}\to 0\). Le terme est donc négligeable devant \(1/n^2\), et la série converge.
3. Chaque \(u_n\) est \(\mathcal{C}^\infty\) et \(u_n^{(k)}(x)=(-1)^kn^{k/2}\mathrm{e}^{-x\sqrt n}\). Sur \([a,+\infty[\), on a \(|u_n^{(k)}(x)|\leqslant n^{k/2}\mathrm{e}^{-a\sqrt n}\). Pour tout \(k\), la série \(\sum u_n^{(k)}\) converge donc normalement sur \([a,+\infty[\). Ainsi \(F\) est \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(]0,+\infty[\) et \(F^{(k)}(x)=(-1)^k\sum_{n\geqslant 1}n^{k/2}\mathrm{e}^{-x\sqrt n}\).
4. D’après la question 3, \(F^{\prime}(x)=-\sum\sqrt n\,\mathrm{e}^{-x\sqrt n}<0\), donc \(F\) décroît. Ensuite, la convergence est normale sur \([1,+\infty[\) et chaque terme tend vers \(0\) en \(+\infty\). La double limite donne \(\lim_{+\infty}F=0\).
5. Soit \(M>0\) et \(N\) un entier supérieur à \(M+1\). Les termes étant positifs, \(F(x)\geqslant\sum_{n=1}^N\mathrm{e}^{-x\sqrt n}\), et cette somme finie tend vers \(N\) en \(0^+\). Elle dépasse donc \(M\) au voisinage de \(0\). Ainsi \(F(x)\to+\infty\) quand \(x\to 0^+\).

Corrigé de l’exercice 13 – Moments nuls à partir du rang 5

Idée clé : le facteur \(t^5\) ramène les hypothèses à tous les moments de \(g\), puis Weierstrass remplace \(g\) par un polynôme.

1. Écrivons \(P(t)=\sum_{j=0}^d a_jt^j\). Par linéarité, \(\int_0^1 gP=\sum_{j=0}^d a_j\int_0^1t^{j+5}f(t)\,\mathrm{d}t\). Chaque intégrale est nulle car \(j+5\geqslant 5\). Donc \(\int_0^1 gP=0\) pour tout polynôme \(P\).
2. La fonction \(g\) est continue sur \([0,1]\). Le théorème de Weierstrass fournit des polynômes \(P_n\) avec \(\|g-P_n\|_\infty\to 0\). Ensuite, \(\|g^2-gP_n\|_\infty\leqslant\|g\|_\infty\|g-P_n\|_\infty\to 0\). Les fonctions \(gP_n\) sont continues et convergent uniformément vers \(g^2\) sur le segment, donc \(\int_0^1 gP_n\to\int_0^1 g^2\). Comme \(\int_0^1gP_n=0\), on obtient \(\int_0^1 g^2=0\).
3. La fonction \(g^2\) est continue, positive, d’intégrale nulle : elle est nulle. Ainsi \(f(t)=0\) pour \(t\in\,]0,1]\). Enfin, par continuité, \(f(0)=\lim_{t\to 0}f(t)=0\). Donc \(f\) est la fonction nulle.

Corrigé de l’exercice 14 – Oscillations rapides et fonctions en escalier

Idée clé : on calcule explicitement pour une indicatrice, on étend par linéarité, puis par approximation uniforme.

1. On a \(I(\varphi,\lambda)=\int_c^d\sin(\lambda t)\,\mathrm{d}t=\frac{\cos(\lambda c)-\cos(\lambda d)}{\lambda}\) et \(J(\varphi,\lambda)=\frac{\sin(\lambda d)-\sin(\lambda c)}{\lambda}\). Les deux numérateurs sont majorés par \(2\), d’où les inégalités.
2. Une fonction en escalier coïncide, sauf en un nombre fini de points, avec une combinaison linéaire d’indicatrices de segments. Or modifier une fonction en un nombre fini de points ne change pas son intégrale. Par linéarité, \(I(\varphi,\lambda)\) et \(J(\varphi,\lambda)\) tendent vers \(0\).
3. Soit \(\varepsilon>0\). On choisit \(\varphi\) en escalier avec \(\|f-\varphi\|_\infty\leqslant\varepsilon\). Ensuite :
   \[|I(f,\lambda)|\leqslant\int_a^b|f-\varphi|+|I(\varphi,\lambda)|\leqslant(b-a)\varepsilon+|I(\varphi,\lambda)|.\]
   Pour \(\lambda\) assez grand, \(|I(\varphi,\lambda)|\leqslant\varepsilon\), donc \(|I(f,\lambda)|\leqslant(b-a+1)\varepsilon\). Ainsi \(I(f,\lambda)\to 0\), et de même \(J(f,\lambda)\to 0\).
4. On écrit \(\sin^2(nt)=\frac{1-\cos(2nt)}{2}\). Donc \(\int_0^1\sqrt t\sin^2(nt)\,\mathrm{d}t=\frac12\int_0^1\sqrt t\,\mathrm{d}t-\frac12J(\sqrt{\cdot},2n)\). Le premier terme vaut \(\frac12\cdot\frac23\) et le second tend vers \(0\). La limite vaut \(\dfrac13\).

Corrigé de l’exercice 15 – Deux séries géométriques déformées

Idée clé : les sommes se calculent par la série géométrique ; la continuité de la somme décide pour \(\sum u_n\), une étude de fonction pour \(\sum v_n\).

1. Pour \(x\in[0,1[\), \(\sum_{n\geqslant 0}x^n(1-x)=\frac{1-x}{1-x}=1\). En \(x=1\), tous les termes sont nuls. Donc \(U=1\) sur \([0,1[\) et \(U(1)=0\). La somme est discontinue alors que les termes sont continus : la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1]\).
2. Pour \(n\geqslant 1\), \(u_n^{\prime}(x)=x^{n-1}\bigl(n-(n+1)x\bigr)\), donc \(\|u_n\|_\infty=\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\frac{1}{n+1}\). Comme \(\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\to\mathrm{e}^{-1}\), on obtient \(\|u_n\|_\infty\sim\frac{1}{\mathrm{e}\,n}\). La série des normes diverge : pas de convergence normale, ce qui est cohérent avec la question 1.
3. Pour \(x\in[0,1[\), \(V(x)=\frac{(1-x)^2}{1-x}=1-x\), et \(V(1)=0=1-1\). Donc \(V(x)=1-x\) sur \([0,1]\) : la somme est continue.
4. Pour \(n\geqslant 1\), \(v_n^{\prime}(x)=x^{n-1}(1-x)\bigl(n-(n+2)x\bigr)\), qui s’annule en \(\frac{n}{n+2}\). Ainsi :
   \[\|v_n\|_\infty=\left(\frac{n}{n+2}\right)^n\frac{4}{(n+2)^2}\leqslant\frac{4}{(n+2)^2}.\]
   Pour \(n=0\), \(\|v_0\|_\infty=1=\frac44\). Le majorant est sommable : \(\sum v_n\) converge normalement sur \([0,1]\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Une fonction qui prolonge la série harmonique

Idée clé : l’écriture \(\frac1n-\frac{1}{n+x}\) rend la dérivation facile et fait apparaître un télescopage.

1. Sur \([0,a]\), \(0\leqslant u_n(x)\leqslant\frac{a}{n^2}\) : la convergence est normale. Sur \([0,+\infty[\), \(u_n\) est croissante et tend vers \(\frac1n\) en \(+\infty\), donc \(\|u_n\|_\infty=\frac1n\). La série harmonique diverge : pas de convergence normale sur \([0,+\infty[\).
2. On a \(\frac1n-\frac{1}{n+x}=\frac{n+x-n}{n(n+x)}=u_n(x)\). Chaque \(u_n\) est \(\mathcal{C}^1\) et \(0<u_n^{\prime}(x)=\frac{1}{(n+x)^2}\leqslant\frac{1}{n^2}\). La série des dérivées converge donc normalement sur \([0,+\infty[\), et \(\sum u_n\) converge simplement. Ainsi \(f\) est \(\mathcal{C}^1\), avec \(f^{\prime}(x)=\sum\frac{1}{(n+x)^2}>0\) : \(f\) est croissante.
3. On a \(u_n(x+1)-u_n(x)=\frac{1}{n+x}-\frac{1}{n+x+1}\). La somme partielle jusqu’à \(N\) télescope en \(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{N+1+x}\), qui tend vers \(\frac{1}{1+x}\). Donc \(f(x+1)-f(x)=\frac{1}{x+1}\). Comme \(f(0)=0\), une récurrence donne \(f(p)=\sum_{k=0}^{p-1}\frac{1}{k+1}\). Ainsi \(f(p)=H_p\).
4. Pour \(x\geqslant 2\), posons \(p=\lfloor x\rfloor\geqslant 2\). La croissance de \(f\) donne \(H_p\leqslant f(x)\leqslant H_{p+1}\). De plus, \(\ln p\leqslant\ln x\leqslant\ln(p+1)\) et \(\ln(p+1)\sim\ln p\). Par conséquent, \(H_p\) et \(H_{p+1}\) sont tous deux équivalents à \(\ln x\). Par encadrement, \(f(x)\sim\ln x\) en \(+\infty\).
5. Pour \(N+1\leqslant n\leqslant 2N\), on a \(n(n+N)\leqslant 2N\cdot 3N=6N^2\). Les termes étant positifs :
   \[R_N(N)\geqslant\sum_{n=N+1}^{2N}\frac{N}{n(n+N)}\geqslant N\cdot\frac{N}{6N^2}=\frac16.\]
   Donc \(\|R_N\|_\infty\geqslant\frac16\) pour tout \(N\) : l’uniformité échoue sur \([0,+\infty[\).

La figure superpose \(f\), le logarithme et les points \((p,H_p)\) : l’écart tend vers une constante, ce qui confirme l’équivalent.

Corrigé de l’exercice 17 – Limites uniformes de polynômes sur R tout entier

Idée clé : un polynôme borné sur \(\mathbb{R}\) est constant, donc les \(P_n\) ne diffèrent finalement que par des constantes.

1. Par convergence uniforme, il existe \(N\) tel que \(\|P_n-f\|_\infty\leqslant 1\) pour \(n\geqslant N\). Pour \(n,m\geqslant N\), on a donc \(|P_n-P_m|\leqslant|P_n-f|+|f-P_m|\leqslant 2\) sur \(\mathbb{R}\). Or un polynôme non constant tend vers l’infini en valeur absolue en \(+\infty\). Donc \(P_n-P_m\) est constant.
2. Pour \(n\geqslant N\), \(P_n=P_N+c_n\) avec \(c_n\) constant. En évaluant en \(0\), \(c_n=P_n(0)-P_N(0)\to f(0)-P_N(0)=c\). Ainsi, pour tout \(x\), \(f(x)=\lim P_n(x)=P_N(x)+c\). La fonction \(f\) est polynomiale.
3. L’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre \(n\) donne, pour \(x\in[0,1]\), \(|\mathrm{e}^x-T_n(x)|\leqslant\frac{\mathrm{e}\,x^{n+1}}{(n+1)!}\leqslant\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}\). Ce majorant tend vers \(0\) : la convergence est uniforme sur \([0,1]\). En revanche, l’exponentielle n’est pas polynomiale, car toutes ses dérivées sont non nulles. D’après la question 2, la convergence ne peut pas être uniforme sur \(\mathbb{R}\).
4. La fonction sinus est bornée et non constante. Si elle était polynomiale, elle serait constante d’après l’argument de la question 1. Elle n’est donc pas polynomiale, et aucune suite de polynômes ne converge uniformément vers elle sur \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème d’étude d’une série logarithmique

Idée clé : la série dérivée est géométrique, ce qui donne \(S^{\prime}\) explicitement ; la limite en \(+\infty\) fixe ensuite la constante.

1. Si \(x>0\), \(0<u_n(x)\leqslant\mathrm{e}^{-nx}\), terme d’une série géométrique convergente. Si \(x=0\), on obtient la série harmonique, divergente. Si \(x<0\), \(u_n(x)\to+\infty\). La série converge si et seulement si \(x>0\).
2. Pour \(x\geqslant a\), \(0<u_n(x)\leqslant\mathrm{e}^{-na}\). La convergence est normale sur \([a,+\infty[\), donc uniforme, et \(S\) est continue sur chaque \([a,+\infty[\). Ainsi \(S\) est continue sur \(]0,+\infty[\).
3. On a \(u_n^{\prime}(x)=-\mathrm{e}^{-nx}\) et \(|u_n^{\prime}(x)|\leqslant\mathrm{e}^{-na}\) sur \([a,+\infty[\). La série dérivée converge donc normalement sur tout \([a,+\infty[\), et \(\sum u_n\) converge simplement. Par conséquent, \(S\) est \(\mathcal{C}^1\) et :
   \[S^{\prime}(x)=-\sum_{n\geqslant 1}\mathrm{e}^{-nx}=-\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1-\mathrm{e}^{-x}}=-\frac{1}{\mathrm{e}^x-1}.\]
4. La convergence est uniforme sur \([1,+\infty[\) et \(u_n(x)\to 0\) en \(+\infty\). La double limite donne \(\lim_{+\infty}S=0\).
5. Posons \(g(x)=-\ln(1-\mathrm{e}^{-x})\). Alors \(g^{\prime}(x)=-\frac{\mathrm{e}^{-x}}{1-\mathrm{e}^{-x}}=S^{\prime}(x)\), donc \(S-g\) est constante sur l’intervalle \(]0,+\infty[\). Les deux fonctions tendent vers \(0\) en \(+\infty\), donc la constante est nulle. Ainsi \(S(x)=-\ln(1-\mathrm{e}^{-x})\). En particulier, \(\sum\frac{1}{n2^n}=S(\ln 2)=-\ln\frac12=\ln 2\) et \(\sum\frac{1}{n3^n}=S(\ln 3)=-\ln\frac23\). Les deux sommes valent \(\ln 2\) et \(\ln\frac32\).
6. On écrit \(S(x)=-\ln x-\ln\left(\frac{1-\mathrm{e}^{-x}}{x}\right)\). Le quotient tend vers \(1\) en \(0^+\), donc le second terme tend vers \(0\), tandis que \(-\ln x\to+\infty\). Ainsi \(S(x)\sim-\ln x\) en \(0^+\).
7. Supposons la convergence uniforme sur \(]0,+\infty[\). Le point \(0\) est adhérent à cet intervalle et \(u_n(x)\to\frac1n\) quand \(x\to 0^+\). La double limite affirmerait alors que \(\sum\frac1n\) converge. C’est faux : l’hypothèse d’uniformité sur \(]0,+\infty[\) est à rejeter.
8. Sur le segment \([a,b]\), la convergence est normale et les \(u_n\) sont continues. On intègre donc terme à terme, avec \(\int_a^b\frac{\mathrm{e}^{-nx}}{n}\,\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}^{-na}-\mathrm{e}^{-nb}}{n^2}\). Avec la question 5, on obtient l’égalité demandée.

La figure compare \(S\) et \(-\ln x\) près de l’origine : les deux courbes explosent ensemble.

Pour aller plus loin

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