Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. On dit que $f$ est uniformément continue sur $I\times J$ si
   $$\begin{array}{c} \forall \varepsilon >0 ,\;\exists \eta>0 ... ...; \vert f(y,s)-f(x,t)\vert\leqslant \varepsilon \;. \end{array}$$

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 $t\in J$,
   $$\vert x-x_0\vert<\eta \; \Longrightarrow \vert f(x,t)-f(x_0,t)\vert< \frac{\varepsilon }{b-a}\;.$$
   Dans ce cas,
   

   $$\vert F(x)-F(x_0)\vert = \displaystyle{\left\vert \int_a^b (f(x,t)-f(x_0,t) \mathrm{d}t \right\vert}$$

   $$\leqslant \displaystyle{ \int_a^b \vert f(x,t)-f(x_0,t)\vert \mathrm{d}t}$$

   $$\leqslant \displaystyle{ (b-a)\frac{\varepsilon }{b-a} = \varepsilon \;.}$$

   
   

4. Par le théorème des accroissements finis, pour tout $t\in [a,b]$ il existe $x_1\in ]x_0,x[$, tel que
   $$f(x,t)-f(x_0,t) = (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial x}(x_1,t)\;.$$
   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 $t\in [a,b]$,
   $$\left\vert\frac{\partial f}{\partial x}(y,t)- \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right\vert< \frac{\varepsilon }{b-a}\;.$$
   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 :
   $$\left\vert\frac{\partial f}{\partial x}(x_1,t)- \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right\vert< \frac{\varepsilon }{b-a}\;.$$
   En reportant dans l'expression ci-dessus, on obtient :
   

   $$\displaystyle{ \left\vert f(x,t)-f(x_0,t)- (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right\vert} = \displaystyle{ \vert x-x_0\vert\left\vert\frac{\partial f}{\partial x}(x_1,t)- \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right\vert}$$

   $$\leqslant \vert x-x_0\vert\frac{\varepsilon }{b-a}\;.$$

   
   

5. Écrivons :
   

   $$\displaystyle{\left\vert F(x)-F(x_0)-(x-x_0)\int_a^b \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t) \mathrm{d}t \right\vert}$$

   $$= \displaystyle{\left\vert \int_a^b \left(f(x,t)-f(x_0,t)- (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right) \mathrm{d}t \right\vert}$$

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

   
   La majoration de la question précédente, montre que si $\vert x-x_0\vert<\eta$, alors pour tout $t\in [a,b]$,
   $$\left\vert f(x,t)-f(x_0,t) - (x-x_0)\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,t)\right\vert \leqslant (x-x_0)\frac{\varepsilon }{b-a}\;.$$
   En intégrant entre $a$ et $b$ on obtient
   $$\left\vert F(x)-F(x_0)-(x-x_0)\int_a^b \frac{\partial f}{\partia... ...x_0\vert\frac{\varepsilon }{b-a} \mathrm{d}t =\vert x-x_0\vert\varepsilon \;,$$
   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 :
   

   $$\displaystyle{ \int_0^a \frac{x^2}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x} = \displaystyle{ \frac{1}{2}\int_0^a \frac{2x\cdot x}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x}$$

   $$= \displaystyle{ \frac{1}{2} \left[-\frac{x}{n^2+x^2}\right]_0^a +\frac{1}{2}\int_0^a \frac{1}{n^2+x^2} \mathrm{d}x\;.}$$

   
   Or :
   

   $$\displaystyle{ \int_0^a \frac{n^2-x^2}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x} = \displaystyle{ \int_0^a \frac{n^2+x^2-2x^2}{(n^2+x^2)^2} \mathrm{d}x}$$

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

   
   Donc :
   $$\int_0^a u_n(x) \mathrm{d}x = \left[-\frac{x}{n^2+x^2}\right]_0^a = \frac{a}{n^2+a^2}\;.$$
   En prenant la limite quand $a$ tend vers l'infini :
   $$\int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x = 0\;,$$
   et donc :
   $$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x\right) = 0\;.$$

3. Pour tout $x\in [0,a]$,
   $$\left\vert\frac{n^2-x^2}{(n^2+x^2)^2}\right\vert\leqslant \frac{n^2+a^2}{n^4}\;.$$
   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 :
   $$\Vert u_n\Vert _\infty = \sup_{x\in[0,a]} \vert u_n(x)\vert\;,$$
   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 :
   $$\int_0^a \left(\sum_{n=1}^{+\infty} u_n(x)\right) \mathrm{d}x = ... ...int_0^a u_n(x) \mathrm{d}x\right) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{a}{n^2+a^2}\;.$$

5. La fonction qui à $x$ associe $\frac{a}{x^2+a^2}$ est décroissante sur $[0,+\infty[$. Donc pour tout $n\geqslant 1$ :
   $$\int_{n}^{n+1} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x \leqslant \frac{a}{n^2+a^2} \leqslant \int_{n-1}^n \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x \;.$$
   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 $+\infty$.
   $$\int_1^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x \leqslant \sum_{n... ...frac{a}{n^2+a^2} \leqslant \int_0^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x\;.$$
   Or :
   $$\int_{1}^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x = \int_{\frac{1... ...ht]_{\frac{1}{a}}^{+\infty} = \frac{\pi}{2}-\arctan\left(\frac{1}{a}\right)\;.$$
   Et de même :
   $$\int_{0}^{+\infty} \frac{a}{x^2+a^2} \mathrm{d}x = \int_0^{+\inf... ...ft[ \arctan\left(\frac{x}{a}\right) \right]_{0}^{+\infty} = \frac{\pi}{2}\;.$$
   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 :
   $$\lim_{a\to+\infty} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{a}{n^2+a^2} =\frac{\pi}{2}\;.$$

6. Dans les questions précédentes, nous avons obtenu successivement
   $$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty} u_n(x) \mathrm{d}x\right) = 0$$   et$$\quad \int_0^{+\infty} \left(\sum_{n=1}^{+\infty} u_n(x)\right) \mathrm{d}x =\frac{\pi}{2}\;.$$
   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 $[a,+\infty[$,
   $$\Vert u_n\Vert _\infty = \sup_{x\in [a,+\infty[} \vert u_n(x)\vert = \frac{1}{n^a} \;.$$
   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 :
   $$\forall k\geqslant 1 ,\; u_n^{(k)}(x) = (\ln(n))^k\mathrm{e}^{-x\ln(n)}=\frac{(\ln(n))^k}{n^x}\;.$$
   Comme à la question précédente :
   $$\Vert u_n^{(k)}\Vert _\infty = \sup_{x\in [a,+\infty[} \vert u_n^{(k)}(x)\vert = \frac{(\ln(n))^k}{n^a} \;.$$
   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 :
   $$\zeta^{(k)}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(\ln(n))^k}{n^x}\;.$$
   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
   $$\zeta^{(k+1)}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(\ln(n))^{k+1}}{n^x}\;.$$
   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 $n\geqslant 2$,
   $$\frac{1}{(n+1)^x} \leqslant \int_{n}^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t \leqslant \frac{1}{n^x}\;.$$
   Chaque terme des inégalités ci-dessus est le terme général d'une série convergente. En sommant pour $n$ allant de $1$ à $+\infty$ :
   $$\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^x} \leqslant \int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t \leqslant\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^x}\;,$$
   soit
   $$\zeta (x)-1 \leqslant \int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t \leqslant \zeta(x)\;.$$

4. Pour $x>1$,
   $$\int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t = \left[\frac{1}{1-x}t^{1-x}\right]_1^{+\infty} =\frac{1}{x-1}\;.$$
   L'inégalité de gauche dans la question précédente, devient
   $$\zeta(x)\leqslant 1+\frac{1}{x-1} = \frac{x}{x-1} \;.$$
   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 :
   $$\lim_{x\to+\infty} \zeta(x) = 1\;.$$
   D'autre part, en multipliant les inégalités de la question précédente par $x-1$ :
   $$1\leqslant(x-1)\zeta(x)\leqslant x\;.$$
   Donc :
   $$\lim_{x\to 1^+} (x-1)\zeta(x) = 1\;.$$

5. Les inégalités suivantes ont été montrées à la question 3 :
   $$\frac{1}{(n+1)^x} \leqslant \int_{n}^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t \leqslant \frac{1}{n^x}\;.$$
   En soustrayant le majorant, puis en changeant le signe :
   $$0\leqslant \frac{1}{n^x}-\int_{n}^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t \leqslant \frac{1}{n^x}-\frac{1}{(n+1)^x}\;.$$

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 $n\geqslant 1$,
   $$\vert v_n(x)\vert=v_n(x) \leqslant \frac{1}{n^x}-\frac{1}{(n+1)^x} \leqslant \frac{1}{n^a}-\frac{1}{(n+1)^a}\;.$$
   Cette série est convergente :
   $$\sum_{n=1}^{+\infty} \left(\frac{1}{n^a}-\frac{1}{(n+1)^a}\right) = \lim_{n\to+\infty} 1-\frac{1}{(n+1)^a} =1\;.$$
   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 $\delta(x)$,
   

   $$\delta(1) = \displaystyle{ \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^nv_k(x)}$$

   $$= \displaystyle{ \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}-\int_k^{k+1} \frac{1}{t} \mathrm{d}t \right)}$$

   $$= \displaystyle{ \lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)-\int_1^{n+1} \frac{1}{t} \mathrm{d}t }$$

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

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

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

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

9. Écrivons :
   

   $$\displaystyle{\zeta(x)-\frac{1}{x-1} } = \displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^x}- \int_1^{+\infty} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^x}- \sum_{n=1}^{+\infty} \int_n^{n+1} \frac{1}{t^x} \mathrm{d}t }$$

   $$= \displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} v_n(x)=\delta(x)\;.}$$

   
   Or d'après la question précédente, $\delta$ est continue en $1$, donc :
   $$\lim_{x\to 1^+}\zeta(x)-\frac{1}{x-1} = \lim_{x\to 1^+}\delta(x) = \delta(1)=\gamma\;.$$