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Exercices du chapitre 10. Suites et séries de fonctions

Suites de fonctions

Exercice 10.1

Étudier le mode de convergence des suites de fonctions définies ci-dessous :

(1) x ∈�

0,π

2

�7−→ cos(x) (sin(x))n (2) x ∈ R 7−→ ne−x + 1

n+ x2

(3) x ∈]0,+∞[ 7−→ inf�

n,1px

�(4) x ∈ R 7−→ nxe−nx2

Exercice 10.2

Pour tout n ∈ N∗ et x ∈ R, on note fn(x) = e(n−1)x

n .

1. Étudier la convergence simple de ( fn).

2. Montrer que la convergence est uniforme sur tout intervalle ] −∞, b], où b ∈ R.

3. La convergence est-elle uniforme sur R ?

Exercice 10.3

Soit ( fn)n⩾1 la suite de fonctions définies sur [0,1] par

fn(x) =2n x

1+ 2nnx2 .

1. Étudier la convergence simple de cette suite de fonctions.

2. Calculer In =∫ 1

0fn(t)d t et lim

n→+∞ In.

En déduire que la suite ( fn) n’est pas uniformément convergentesur [0,1].

3. Donner une démonstration directe du fait que la suite ( fn) neconverge pas uniformément sur [0,1].

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Maths - PC - Lycée René Cassin - Bayonne - 2018-2019

Exercice 10.4

On considère un réel α, et pour tout n ∈ N la fonction fn définie sur[0 ; +∞[ par

fn(x) = x(1+ nαe−nx).

1. Montrer que la suite�

fn�

n∈N converge simplement sur [0 ; +∞[ versune fonction que l’on déterminera.

2. Pour quelles valeurs de α la suite converge-t-elle uniformément sur[0 ; +∞[ vers f ?

3. Calculer limn→+∞

∫ 1

0

x(1+p

ne−nx)d x.

Séries de fonctions

Exercice 10.5

Pour tous x ⩾ 0 et n ∈ N∗, on pose un(x) =x

n2+ x2 .

1. Montrer que la série∑

un converge simplement sur R+.2. Montrer que la série

∑un converge uniformémement sur tout in-

tervalle [0,A], avec A> 0.

3. Vérifier que, pour tout n ∈ N, 2n∑k=n+1

nn2+k2 ⩾ 1

5.

En déduire que la série∑

un ne converge pas uniformément surR+.

4. Montrer que la série∑(−1)nun converge uniformément sur R+.

5. Montrer que la série∑(−1)nun converge normalement sur tout in-

tervalle [0,A], avec A> 0.

6. Montrer que la série∑(−1)nun ne convergence pas normalement

sur R+.

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Exercice 10.6

Pour tous x ⩾ 0 et n ∈ N∗, on pose vn(x) =(−1)npn+ x

.

Montrer que∑

vn ne converge pas normalement mais converge uni-formément sur [0 ; +∞[.

Exercice 10.7

Montrer que la série des fonctions gn définies sur [0 ; 1] par

gn(x) =

(1n

si x ∈i

1n+1

; 1n

i0 sinon,

converge uniformément mais pas normalement sur [0 ; 1].

Exercice 10.8

Étudier le mode de convergence des séries de fonctions ci-dessous :

(1) x ∈ ]0 ; +∞[ 7−→ sin(nx)1+ n2 x2 (2) x ∈ ]0 ; +∞[ 7−→ (−1)n−1e−nx

pn

(3) x ∈ R 7−→ 1

nsin

x

n(4) x ∈ [0 ; +∞[ 7−→ x

(1+ x2)n

(5) x ∈ ]0 ; +∞[ 7−→ xe−nx

ln(n)(6) x ∈ R 7−→

∫ +∞0

sin(t + nx)n3+ t2 d t

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Propriétés de la somme d’une série de fonctions

Exercice 10.9

Soient α> 0 et pour tout n ∈ N∗, un : x ∈ [0 ; +∞[ 7→ xnα(1+nx2)

·1. (a) Montrer que

∑un converge simplement sur [0 ; +∞[.

(b) Pour quelles valeurs de α la série de fonctions∑

un converge-t-elle normalement sur [0 ; +∞[ ?

(c) Pour quelles valeurs de α la série de fonctions∑

un converge-t-elle normalement sur tout segment de ]0 ; +∞[ ?

2. Soit α⩽ 12.

(a) Établir l’inégalité+∞∑

k=n+1

uk(x)⩾2n∑

k=n+1

xp2n (1+ kx2)

·(b) En déduire que la série de fonctions

∑un ne converge pas uni-

formément sur [0 ; +∞[.3. On note Sα =

+∞∑n=1

un.

(a) Établir pour tout α> 0, la continuité de Sα sur ]0 ; +∞[.(b) Montrer que si α> 1

2, alors Sα est continue sur [0 ; +∞[.

(c) On suppose que α⩽ 12, et on prend un réel x > 0.

-i)- Prouver que f : t 7→ x

tα(1+ t x2)est intégrable sur [1 ; +∞[.

-ii)- Montrer que

∫ +∞1

f (t)d t ⩽ Sα(x).

-iii)- Calculer

∫ +∞1

xpt (1+ t x2)

d t.

-iv)- En déduire que S 12, puis Sα, ne sont pas continues en 0.

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Exercice 10.10 – Oral ICNA

1. Justifier l’existence et calculer I(p, q) =∫ 1

0x p (ln x)q d x pour tout

(p, q) ∈ N∗×N.2. Montrer que

∫ 1

0x xd x =

+∞∑n=1

(−1)n−1

nn ·

Exercice 10.11

1. Vérifier que x 7→ ∞∑n=1

1

n(1+ nx)est définie et continue sur ]0 ; +∞[.

2. Étudier la monotonie de la fonction f définie ci-dessus.

3. (a) Montrer que f admet en +∞ une limite que l’on donnera.

(b) Donner un équivalent de f (x) quand x tend vers +∞(on pourra étudier la limite de x f (x)).

4. Grâce à une comparaison série-intégrale, déterminer un équivalentde f (x) quand x tend vers 0.

Exercice 10.12

1. Vérifier que f : x 7→ ∞∑n=0

(−1)n

n+ xest définie et continue sur ]0 ; +∞[,

et étudier sa monotonie.

2. (a) Montrer que pour tout x > 0, f (x) + f (x + 1) = 1x.

(b) En déduire un équivalent de f (x) quand x tend vers 0.

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Exercice 10.13

On considère la fonction f : x 7→ +∞∑n=0

12n tan

�x

2n

�.

1. Vérifier que f est définie et continue sur I=�−π

2, π

2

�.

2. Montrer que pour tous x ∈ R et N ∈ N,

2N+1 sin� x

2N

� N∏n=0

cos� x

2n

�= sin(2x).

3. Calculer∫ x

0f (t)d t, et en déduire une expression de f (x).

Exercice 10.14 – Oral Centrale

Pour x ∈ R+, S(x) =+∞∑n=1

xn

1+ x2n

1. Préciser l’ensemble D de définition de S.

2. Étudier la continuité de S (remarquer que S(x) = S�

1x

�).

3. Étudier les variations de S et trouver un équivalent aux extrémitésde D.

Exercice 10.15

1. Dériver la fonction x ∈ ]−1 ; 1[ 7→ arctan�

x sin x

1− x cos x

�.

2. En déduire+∞∑n=1

xn sin(nx)n

pour tout x ∈ ]−1 ; 1[.

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Exercice 10.16

On s’intéresse à la fonction f : x 7→+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + n).

1. Montrer que f est bien définie sur ]0 ; +∞[, et calculer f (1).

2. Démontrer que f est de classe C∞ sur ]0 ; +∞[.3. Démontrer que pour tout x > 0, x f (x)− f (x + 1) = 1

e.

4. En déduire un équivalent de f en 0+.

5. (a) Montrer que pour tout réel x > 0 et tout entier n ∈ N,n∑

k=0

�n

k

�(−1)k

x + k=

n!

x(x + 1) · · · (x + n)·

(b) En déduire que pour tout x > 0,

f (x) =1

e

+∞∑n=0

1

x(x + 1) · · · (x + n).

(On pourra considérer e× f (x) comme le produit de deuxséries.)

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Exercice 10.17 – Extrait de E3A PSI 2010

1. Soit a un réel positif ou nul. On considère les suites réelles (an)n∈Net (bn)n∈N définies par

a0 = a, b0 = 1, an+1 =an+ bn

2, bn+1 =

pan bn.

(a) Montrer que pour tout entier n ∈ N, an ⩾ 0, bn ⩾ 0, et an+1 −bn+1 =

12(pan−

pbn)2.

(b) En déduire que ∀n⩾ 1, 0⩽ bn ⩽ bn+1 ⩽ an+1 ⩽ an.

(c) Montrer que, ∀n ∈ N∗, |an− bn|⩽ 12n |1− a|.

(d) En déduire que (an)n∈N et (bn)n∈N sont convergentes et demême limite.

2. Désormais (an)n∈N et (bn)n∈N désignent les suites de fonctions défi-nies sur [0,+∞[ en posant

a0(x) = x , b0(x) = 1, an+1 =an+ bn

2et bn+1 =

pan bn.

(a) Justifier que les suites (an) et (bn) convergent simplement sur[0,+∞[ vers une fonction f .

(b) Déterminer f (0) et f (1).

(c) Montrer que pour tout x on ap

x ⩽ f (x)⩽1+ x

2.

(d) Soit A > 0 un réel. Montrer que les suites de fonctions (an)n∈Net (bn)n∈N convergent uniformément sur [0,A] vers f .

(e) En déduire que la fonction f est continue sur [0,+∞[.

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Exercice 10.18 – Séries trigonométriques

On appelle « série trigonométrique » une série de fonctions∑

fn dutype

fn : x 7→ an cos(nx) + bn sin(nx),

où (an) et (bn) sont deux suites de réels.

On notera C2π l’espace vectoriel des fonctions continues et 2π-périodiques de R dans R. Pour f ∈ C2π et n ∈ N, on notera

αn( f ) =1

π

∫ π−π

f (x) cos(nx)d x et βn( f ) =1

π

∫ π−π

f (x) sin(nx)d x

Partie 1 : exemples

1. Démontrer que la série trigonométrique∑�12n cos(nx) + 1

3n sin(nx)�converge normalement sur R.

2. Pour tout entier p ⩾ 2, déterminer la somme de la série de terme

général

�ei x

p

�n

puis en déduire la valeur de

+∞∑n=0

�1

2n cos(nx) +1

3n sin(nx)�

(il n’est pas utile de réduire au même dénominateur).3. Écrire la fonction φ : x 7→ exp(cos(x)) cos(sin(x)) comme la

somme d’une série trigonométrique.(On pourra écrire la fonction x 7→ exp(ei x) comme somme desérie de fonctions.)

4. Donner un exemple de suite (an) de limite nulle telle que la sérietrigonométrique

∑an cos(nx) ne converge pas simplement sur R.

5. On admet que la série trigonométrique∑

n⩾11pn

sin(nx) convergesimplement sur R. Converge-t-elle normalement sur R ?

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Partie 2 : propriétés

6. Démontrer que si les séries∑

an et∑

bn sont absolument conver-gentes, alors la série trigonométrique

∑(an cos(nx) + bn sin(nx))

converge normalement sur R.7. Soient a, b ∈ R. Démontrer que

pa2+ b2 est le maximum sur R de

x 7→ |a cos(x) + b sin(x)|.En déduire que si la série trigonométrique

∑(an cos(nx) +

bn sin(nx)) converge normalement sur R, alors les suites (an) et(bn) convergent vers 0 et les séries

∑an et

∑bn sont absolument

convergentes.

8. Montrer que la somme d’une série trigonométrique qui convergenormalement sur R est une fonction de C2π.

9. Donner les valeurs de∫ π−π cos(kx) cos(nx)d x = 0,∫ π

−π sin(kx) cos(nx)d x, et∫ π−π sin(kx) sin(nx)d x pour k et n

entiers.

10. On note f la somme d’une série trigonométrique∑(an cos(nx) +

bn sin(nx)) qui converge normalement sur R :

∀x ∈ R, f (x) =+∞∑k=0

(ak cos(kx) + bk sin(kx)).

(a) Démontrer que pour tout entier naturel n non nul, αn( f ) = an

puis exprimer α0( f ) en fonction de a0.

(b) Montrer que pour tout entier naturel n non nul βn( f ) = bn etβ0( f ) = 0.

11. Soit f ∈ C2π. Pour tout réel x, on pose

u0(x) =α0( f )

2,

∀n ∈ N∗, un(x) = αn( f ) cos(nx) + βn( f ) sin(nx).

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On suppose ici que la série trigonométrique∑(un(x)) converge

normalement sur R vers une fonction notée g :

∀x ∈ R, g(x) =α0( f )

2++∞∑k=1

(αk( f ) cos(kx) + βk( f ) sin(kx))

Quelles relations a-t-on dans ce cas entre αn(g) et αn( f ) ? βn(g) etβn( f ) ?

12. Il est admis que si une fonction h ∈ C2π vérifie : pour tout entiernaturel n, αn(h) = βn(h) = 0, alors h est la fonction nulle. Démon-trer que pour tout réel x, g(x) = f (x).

En résumé, lorsque la série trigonométrique∑(αn( f ) cos(nx) +

βn( f ) sin(nx)) d’une fonction f ∈ C2π converge normalement queR alors pour tout réel x, on a

f (x) =α0( f )

2++∞∑n=1

(αn( f ) cos(nx) + βn( f ) sin(nx)).

13. Si f ∈ C2π est une fonction paire, que vaut βn( f ) ? Exprimer, sansdémonstration, αn( f ) en fonction de l’intégrale

∫ π0

f (x) cos(nx)d x.

Partie 3 : un exemple

14. Soit f ∈ C2π définie par : ∀x ∈ [−π ; π] , f (x) = x2.

(a) Construire la courbe de cette fonction paire f sur l’intervalle[−3π, 3π].

(b) Déterminer, pour tout entier naturel, les coefficients αn( f ) etβn( f ).

(c) Donner une série trigonométrique qui converge normalementsur R vers f .

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(d) En déduire les sommes

+∞∑n=1

(−1)n

n2 et+∞∑n=1

1

n2

(e) Déduire alors de la seconde somme la valeur de

+∞∑n=1

1

(2n+ 1)2.

Partie 4 : une application

15. Justifier que la fonction x 7→ ln(1+x)x

est intégrable sur l’intervalle]0,1[ puis démontrer que∫ 1

0

ln(1+ x)x

d x =π2

12·

16. La somme d’une série trigonométrique qui converge normalementsur R est-elle nécessairement une fonction dérivable sur R ?Proposer une condition suffisante sur les séries

∑nan et

∑nbn

pour que la somme de la série trigonométriquen∑(an cos(nx) +

bn sin(nx)), qui converge normalement sur R soit une fonction dé-rivable sur R.

17. Déterminer la somme de la série trigonométrique∑

n3n cos(nx).

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Solutions

Une correction de l’exercice 10.1 énoncé(a) Ý ⋆ Si x ∈ [0 ; π/2[, 0 ⩽ sin(x) < 1, donc fn(x) =

cos(x) sin(x)n −−−−→n−→+∞ 0 ;

⋆ si x = π/2, fn(x) = 0−−−−→n−→+∞ 0.

On en déduit que�

fn�

n∈N converge simplement sur [0 ; π/2]vers la fonction nulle.

Ý Étudions fn− 0

[0 ;π/2]

∞ quand n→+∞.Soit n ∈ N, fn est dérivable sur [0 ; π/2], de dérivée

f ′n(x) = (. . .)

= (n+ 1) (sin(x))n−1�

cos(x)− 1pn+ 1

��cos(x) +

1pn+ 1

�,

qui est positive à gauche de αn = arccos�

1pn+1

�, nulle en αn,

et négative à droite de αn.Le tableau des variations de fn donne alors fn

[0 ;π/2]

∞ = cos(αn) sin(αn)n

=1p

n+ 1sin(αn)

n

⩽1p

n+ 1

qui entraîne par encadrement que fn

[0 ;π/2]

∞ −−−−→n−→+∞ 0

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0 π8

π4

3π8

π2

0

0.2

0.4

0.6n= 1

n= 11n= 21

n= 31n= 41

(b) Ý Pour tout réel x fixé,

fn(x) =ne−x + 1

n+ x2 ∼n→+∞

ne−x

n= e−x ,

donc la suite de fonctions�

fn�

n∈N converge simplement versf : x 7→ e−x sur R.

Ý Pour tout n ∈ N,

fn(x)− f (x) =1− x2e−x

n+ x2 −−−−→x−→−∞ −∞donc fn − f n’est pas bornée sur R, ce qui rend impossible laconvergence uniforme de

�fn�

n∈N sur R.Ý En revanche, soit [a ; b]⊂ R, alors pour tout réel x fixé,�� fn(x)− f (x)

��= ��1− x2e−x

n+ x2

��⩽

1

n

��1− x2e−x�� (car n+ x2 ⩾ n)

⩽1

n×M où M= max

x∈[a ; b]

��1− x2e−x��

(rappelons que toute fonction conti-nue sur un segment a un maximum)

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donc fn− f [a ; b]

∞ ⩽1

nM−−−−→

n−→+∞ 0

ce qui prouve que�

fn�

n∈N converge uniformément sur tout seg-ment de R.

−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

n= 1

n= 2

n= 3

n= 4

(c) On pose pour tout n ∈ N, fn : x 7→ nxe−nx2.

Pour tout x ∈ R, par croissances comparées,

fn(x)−−−−→n−→+∞ 0

donc�

fn�

n∈N converge simplement sur R vers la fonction nulle.

L’étude des variations de la fonction fn : x 7→ nxe−nx2montre que fn

R∞ = �� fn

�1p2n

��−−−−→n−→+∞ +∞, donc la suite

�fn�

n∈N ne converge

pas uniformément sur R.

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−3 −2 −1 1 2 3

−2

−1.5

−1

−0.5

0.5

1

1.5

2

n= 1

n= 5

n= 9

n= 13

n= 17

(d) Pour tout x > 0, dès que n⩾ 1px,

inf�

n,1px

�=

1px−−−−→n−→+∞

1px

,

donc converge simplement vers x 7→ 1pxsur ]0 ; +∞[.

En revanche, pour x < 1n2 ,�� fn(x)− f (x)��= ��n− 1p

x

��−−−→x−→0+∞,

donc la différence fn− f n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[, et il n’y apas convergence uniforme.

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0 1 2 3 40

1

2

3

4

n= 1n= 2n= 3

Une correction de l’exercice 10.2 énoncé1. On a (n−1)x

n→ x et donc, par théorème de composition des limites,

fn(x)→ ex , pour tout x ∈ R.Ainsi la suite de fonctions

�fn�

n∈N converge simplement sur R versexp.

−3 −2 −1 1 2

1

2

3

4

5

6

17/76


2. Pour tout n ∈ N∗, et tout x ∈ R, posonsφn(x) = fn(x)− exp(x) = e

n−1n x − ex

= ex�

e− 1n x − 1

�,

cette fonction est dérivable sur R, de dérivée

φ′n(x) =n− 1

nex�

e− 1n x − n

n− 1

�.

Cette dérivée s’annule en αn = −n ln�

nn−1

�< 0, et par la décrois-

sance de x 7→ e− 1n x , est positive à gauche de αn, et négative à droite.

Par conséquent, φn est croissante sur�−∞ ; αn

�, puis décroissante.

Pour tout b > 0, on déduit des variations de φn, et du fait queφn(0) = 0= lim

x→−∞φn(x), que φn

]−∞ ; b]

∞ =max��φn(αn)

�� , ��φn(b)�� .

Sur une main,

φn(αn) = e−(n−1) ln�

nn−1

�− e−n ln

�n

n−1

�= e(n−1) ln(1− 1

n)− en ln(1− 1n)

or

(n− 1) ln�

1− 1

n

�∼

n→+∞n ln�

1− 1

n

�∼

n→+∞n×�−1

n

�=−1

−−−−→n−→+∞ −1

donc

φn(αn)−−−−→n−→+∞ e−1− e−1 = 0.

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Sur l’autre main (comme disent les anglais),

φn(b)−−−−→n−→+∞ e−b − e−b.

Ainsi, φn

]−∞ ; b]

∞ −−−−→n−→+∞ 0,

ce qui prouve la convergence uniforme sur ]−∞, b].

3. Pour tout n ∈ N∗, on a

φn(n) = en−1− en = en�

e−1− 1�

−−−−→n−→+∞ +∞

donc φn−0 n’est même pas bornée surR, ce qui empêche la conver-gence uniforme sur R tout entier.

Une correction de l’exercice 10.3 énoncé1. Ý Pour x = 0, fn(x) = 0−−−−→

n−→+∞ 0.

Ý Pour x ∈ ]0 ; 1], fn(x) ∼n→+∞2n x

n2n x2 =1

nx−−−−→n−→+∞ 0.

Donc la suite ( fn) converge simplement sur [0 ; 1] vers la fonctionnulle.

2. Sans trop de difficulté,

In =

∫ 1

0

2n x

1+ 2nnx2 d x

=�

1

2nln�1+ 2nnx2��1

0

=1

2nln(1+ 2nn).

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Ainsi, on trouve que

In =1

2nln(1+ 2nn) =

1

2nln�

2nn�

1+1

n2n

��=

1

2nn ln(2) +

1

2nln(n) +

1

2nln�

1+1

n2n

�−−−−→n−→+∞

ln(2)2·

Si la suite ( fn) convergeait uniformément sur [0,1], alors d’aprèsle théorème d’interversion limite-intégrale, on aurait

ln2

2= lim

n→+∞

∫ 1

0

fn(t)d t =

∫ 1

0

limn

fn(t)d t =

∫ 1

0

0d t = 0,

or ceci est faux, donc il n’y a pas convergence uniforme de ( fn) sur[0,1].

3. Posons xn =12n . Alors

∥ fn∥[0 ;1]∞ ⩾ fn(xn) =

1

1+ n2n

→ 1.

Donc ∥ fn∥[0 ; 1]∞ ne peut pas tendre vers 0, ce qui prouve directementque la suite ( fn) ne converge pas uniformément sur [0,1] vers lafonction nulle.

Une correction de l’exercice 10.4 énoncé1. Pour tout réel α,

Ý si x = 0, fn(0) = 0−−−−→n−→+∞ 0,

Ý si x ∈ ]0 ; +∞[, e−nx −−−−→n−→+∞ 0 car x > 0, donc par croissances

comparées nαe−nx −−−−→n−→+∞ 0, d’où fn(x)−−−−→n−→+∞ x.

Ainsi la suite des fonctions fn converge simplement sur [0 ; +∞[

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vers x 7→ x.

2. On déduit de la question précédente que si la suite de fonctions�fn�

n∈N converge uniformément sur [0 ; +∞[, ce ne peut être quevers la limite simple f : x 7→ x.Pour tout n ∈ N∗, fn(x)− f (x) = xnαe−nx .L’étude des variations de la fonction ∆n : x 7→ xnαe−nx montreque cette fonction, qui est positive, est croissante sur

�0 ; 1

n

�, et

décroissante sur�

1n

; +∞� ∆n, ainsi ∆n

[0 ;+∞[∞ =∆n

�1

n

�=

e−1

n1−α ,

donc fn− f

[0 ;+∞[∞ tend vers 0 si, et seulement si, 1−α> 0, c’est-

à-dire α< 1.

3. Dans cette question on cherche la limite

limn→+∞

∫ 1

0

fn(x)d x

pour α = 12. Or on a vu que pour cette valeur de α, la suite des fn

converge uniformément sur [0 ; +∞[, donc a fortiori sur le segment[0 ; 1].Par conséquent, on peut intervertir la limite et l’intégrale :

limn→+∞

∫ 1

0

fn(x)d x =

∫ 1

0

limn→+∞ fn(x)d x

=

∫ 1

0

xd x =1

2·

21/76


Une correction de l’exercice 10.5 énoncé1. Pour x = 0, on a en effet un(0) = 0, qui est bien le terme général

d’une série convergente.Pour x > 0, on a un(x) ∼n→+∞

xn2 , qui est aussi le terme général d’une

série convergente.2. Pour tout x ∈ [0,A],

|un(x)|⩽ A

n2 ,

terme général d’une série convergente. On a donc convergencenormale, et a fortiori uniforme, sur [0 ; A].

3. Il suffit d’écrire que, pour n+ 1 ⩽ k ⩽ 2n, on a n2 + k2 ⩽ 5n2, etdonc n

n2+k2 ⩾ 15n. On obtient finalement

2n∑k=n+1

n

n2+ k2 ⩾2n∑

k=n+1

1

5n= n× 1

5n=

1

5.

4. Pour tout n ∈ N et tout x ⩾ 0, Rn

[0 ;+∞[∞ = sup

x⩾0

��Rn(x)��= sup

x⩾0

�� +∞∑k=n+1

uk(x)

��⩾�� +∞∑k=n+1

uk(n)

��⩾�� 2n∑k=n+1

uk(n)

��= 2n∑k=n+1

n

n2+ k2 ⩾1

5

donc Rn

[0 ;+∞[∞ ne peut tendre vers 0, et la convergence uniforme

sur [0 ; +∞[ est impossible.5. On utilise le critère spécial des séries alternées. Pour tout x fixé dans[0 ; +∞[, la suite (un(x)) est positive, décroissante et tend vers 0.La série

∑(−1)nun(x) est donc convergente, et on a la majoration

du reste :��Rn−1(x)��= �� +∞∑

k=n+1

(−1)nuk(x)

��⩽ un(x) =x

n2+ x2 .

22/76


Reste à majorer le membre de droite de l’équation précédente parun terme qui tend vers 0 et ne dépend pas de x. Mais on a

x

n2+ x2 ⩽p

x2+ n2

n2+ x2 ⩽1p

x2+ n2⩽

1

n.

d’où la convergence uniforme sur R+.6. Puisque |(−1)nun(x)| = |un(x)|, la convergence normale sur [0,A]

se démontre comme ci-dessus.

7. D’autre part, si on avait convergence normale sur R+, alors onaurait aussi convergence normale de la série

∑n un(x) sur R+, donc

convergence uniforme de cette même série, ce qui n’est pas le casd’après la première question.

Une correction de l’exercice 10.6 énoncé

1. vn

[0 ;+∞[∞ = 1p

n, donc pas de convergence normale sur [0 ; +∞[.

2. Avec le critère spécial des séries alternées,

∀x ⩾ 0,��RN(x)

��= �� +∞∑n=N+1

(−1)npn+ x

��⩽�� (−1)np

n+ x

��⩽ 1pn·

donc RN

[0 ;+∞[∞ ⩽

1pn

,

d’où la convergence uniforme sur [0 ; +∞[.Une correction de l’exercice 10.7 énoncé

, car∑ gn

[0 ; 1]

∞ =∑

1nest une série divergente.

Mais pour tout x ∈ [0 ; 1], et tout n ∈ N∗, fn(x) =1⌊ 1

x ⌋seulement pour

23/76


n= ⌊ 1x⌋, et vaut 0 sinon.

Ainsi, pour tout N ∈ N∗,Ý pour tout x ∈ [0 ; 1],

N∑n=1

fn(x) −−−−→N−→+∞1⌊ 1

x ⌋, donc la série converge

simplement sur [0 ; 1] ;

Ý pour tout x ∈ [0 ; 1], RN(x) =+∞∑

n=N+1fn(x) =¨

0 si x ⩾ 1/N,1⌊ 1

x ⌋⩽ 1

Nsinon,

donc RN

[0 ; 1]

∞ =

+∞∑n=N+1

fn

[0 ; 1]

∞⩽ 1

Nqui tend vers 0, ce qui prouve

que la série converge uniformément sur [0 ; 1].

Une correction de l’exercice 10.8 énoncé

(1) Notons fn(x) =sin(nx)1+n2 x2 .

Ý Pour tout réel x, et tout n ∈ N∗,�� sin(nx)1+ n2 x2

��⩽ 1

1+ n2 x2 =n→+∞O

�1

n2

�donc par domination

∑fn(x) converge pour tout réel x, donc∑

fn converge simplement sur R.Ý La convergence uniforme est difficile à étudier.

Ý Pour tout n ∈ N∗, fn

]0 ;+∞[∞ ⩾

�� fn

�1

n

��= sin(1)2

,

donc fn

]0 ;+∞[∞ ne peut pas tendre vers 0, et la série∑ fn

]0 ;+∞[∞ diverge grossièrement.

24/76


Ý Pour tout n ∈ N∗, et tout segment [a ; b]⊂ ]0 ; +∞[, fn

[a ; b]

∞ ⩽1

1+ n2a2 =n→+∞O

�1

n2

�d’où la convergence normale sur tout segment de ]0 ; +∞[.

(2) Ý Pour tout n ∈ N∗ et tout x > 0, on reconnaît dans∑ (−1)n−1e−nxp

nune série alternée qui vérifie les conditions du critère de Leibniz,donc on a converge simplement sur ]0 ; +∞[.

Ý Toujours grâce au critère de Leibniz, on sait majorer le reste :

∀N ∈ N∗, ��RN(x)��= �� +∞∑

n=N+1

(−1)n−1e−nx

pn

��⩽��(−1)Ne−(N+1)x

pN+ 1

��⩽ 1pN+ 1

d’où la convergence uniforme sur ]0 ; +∞[.Ý D’une part fn

]0 ;+∞[∞ =

1pn

et∑

1pndiverge, donc il n’y a pas convergence normale sur

]0 ; +∞[.D’autre part, pour tout segment [a ; b]⊂ ]0 ; +∞[, fn

[a ; b]

∞ =e−na

pn⩽�e−a�n

or��e−a

�� < 1, donc∑�

e−a�n est une série géométrique

convergente, et par domination,∑ fn

[a ; b]

∞ converge. La sérieconverge donc normalement sur tout segment de ]0 ; +∞[.

(3) En guise de préambule, je rappelle qu’il est un exercice courant deprouver à l’aide des variations de la fonction □ 7→ □− sin(□) quepour tout □ ∈ R, |sin(□)|⩽ |□|.On pose fn : x 7→ 1

nsin x

n.

25/76


Ý D’après le préambule, pour tout x ∈ R,��1n sinx

n

��⩽ 1

n×�� xn

�� =n→+∞O

�1

n2

�,

d’où la convergence simple sur R.Ý Ici aussi, il n’y a pas de moyen simple d’évaluer le reste de la

série, donc on n’étudiera pas la convergence uniforme.Ý Pour tout n ∈ N∗, fn

R∞ ⩾ �� fn

�2π+ n

π

2

��= 1

n

donc par domination, comme�

1n

�n∈N∗ n’est pas sommable,

alors� fn

R∞�n∈N∗ ne l’est pas non plus, donc (comme c’est une

suite de termes positifs)∑ fn

R∞ diverge. La série ne convergedonc pas normalement sur R.

Ý En revanche sur tout segment [a ; b] ⊂ R, en notant α =max(|a| , |b|),

∀x ∈ [a ; b] ,

��1n ��sin x

n

��⩽ |x |n2 ⩽α

n2

donc fn

[a ; b]

∞ ⩽α

n2 =n→+∞O

�1

n2

�,

d’où la convergence normale sur tout segment.(4) On pose un : x 7→ x

(1+x2)n.

Ý D’une part un(0) = 0 donc∑

un(0) converge .D’autre part, pour tout réel x > 0,��un(x)

��= x ×�

1

1+ x2

�n

=n→+∞O

��1

1+ x2

�n�,

26/76


or�� 1

1+x2

�� < 1, donc∑�

11+x2

�nest une série géométrique

convergente, et par domination∑

un(x) converge.On a donc établi la convergence simple de

∑un sur [0 ; +∞[.

Ý Soit x > 0, et N ∈ N,��RN(x)

��= �� +∞∑n=N+1

un(x)

��= |x |

+∞∑n=N+1

�1

1+ x2

�n

= x ×�

1

1+ x2

�N+1 +∞∑n=0

�1

1+ x2

�n

= x ×�

1

1+ x2

�N+1

× 1

1−�

11+x2

�=

1

x×�

1

1+ x2

�N

ainsi RN

]0 ;+∞[∞ ⩾

��RN

�1

N

��= N×�

1+1

N2

�−N

= N× e−N ln�

1+ 1N2

�

et

N× e−N ln�

1+ 1N2

�−−−−→N−→+∞ +∞

(car −Nln�

1+ 1N2

� ∼N→+∞− 1

N,

donc e−N ln�

1+ 1N2

�−−−−→N−→+∞ 1)

donc RN n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[, et par conséquent il nepeut y avoir de convergence uniforme sur ]0 ; +∞[, et encoremoins sur [0 ; +∞[.

27/76


Ý En revanche, pour tout segment [a ; b]⊂ ]0 ; +∞[, RN

[a ; b]

∞ ⩽1

a×�

1

1+ a2

�N

d’où la convergence uniforme sur tout segment de ]0 ; +∞[.Ý Pour les mêmes raisons, un

]0 ;+∞[∞ ⩾

��un

�1

n

��= n×�

1+1

n2

�−n

−−−−→n−→+∞ +∞

donc pas de convergence normale sur ]0 ; +∞[,mais un

[a ; b]

∞ ⩽1

a×�

1

1+ a2

�n

d’où la convergence normale sur tout segment de ]0 ; +∞[.(5) On pose un(x) =

xe−nx

ln(n).

Ý Pour tout x > 0, un(x) =n→+∞ o�e−nx�, or e−nx =

�e−x�n est le

terme général d’une suite géométrique sommable, donc∑

un

converge simplement sur ]0 ; +∞[.Ý On abandonne la convergence uniforme.

Ý Pour tout entier n> 1, les variations de x 7→ xe−nx montre quesa norme infinie sur ]0 ; +∞[ est ��un(1/n)

��= e−1

n. Donc comme

ln(n) ne dépend pas de x, un

]0 ;+∞[∞ = e−1

n ln(n).

Or la fonction h : x 7→ 1x ln(x)

est continue, décroissante et stricte-

ment positive sur [2 ; +∞[, donc la série∑

1n ln(n)

est de même

nature que l’intégrale∫ +∞

21

x ln(x)d x, qui par le changement de

variables u = ln(x) se transforme en∫ +∞

ln(2)1ud u. Donc comme

28/76


cette dernière diverge, on en déduit que∫ +∞

21

x ln(x)d x diverge

aussi, donc que∑

1n ln(n)

diverge, et enfin que∑

un ne convergepas normalement sur ]0 ; +∞[.

Ý En revanche, pour tout entier n> 1 pour tout segment [a ; b]⊂]0 ; +∞[, un

[a ; b]

∞ ⩽b× e−na

ln(n)=

n→+∞ o�(e−a)n

�d’où la convergence normale sur tout segment.

(6) On pose un(x) =∫ +∞

0sin(t+nx)

n3+t2 d t. Pour tout x ∈ R, n ∈ N∗, et t > 0,��sin(t + nx)n3+ t2

��⩽ 1

n3+ t2 ·

Or t 7→ 1n3+t2 est intégrable sur ]0 ; +∞[, d’intégrale∫ +∞

0

1

n3+ t2 d t =�

1

n3/2arctan

� t

n3/2

��+∞0=

1

n3/2× π

2,

donc par croissance de l’intégrale :∫ +∞0

sin(t + nx)n3+ t2 d t ⩽

∫ +∞0

1

n3+ t2 d t =1

n3/2× π

2,

donc ceci étant vrai pour tout réel x : un

R∞ ⩽ 1

n3/2× π

2=

n→+∞O�

1

n3/2

�d’où la convergence normale sur R.

29/76


Une correction de l’exercice 10.9 énoncéOn choisit un réel α strictement positif, et pour tout n ∈ N∗, on pose

∀x ⩾ 0, un(x) =x

nα(1+ nx2)·

1. (a) Soit x un réel de [0 ; +∞[.Ý Si x = 0, un(0) = 0 donc

∑un(0) converge.

Ý Si x > 0,��un(x)��= x

nα× (1+ nx2)∼

n→+∞x

nα× nx2 =1

x× 1

nα+1 ·

Or α+ 1 > 1, donc la série de Riemann∑

1nα+1 converge,

d’où par le critère d’équivalence des séries à termes positifs,∑un(x) converge absolument.

Ainsi pour tout x ∈ [0 ; +∞[, ∑un(x) converge, ce quiprouve que la série de fonctions

∑un converge simplement

sur [0 ; +∞[.(b) Pour tout n ∈ N∗, la fonction un est dérivable sur [0 ; +∞[, de

dérivée

u′n : x 7→ 1

nα× 1× (1+ nx2)− x × 2nx

(1+ nx2)2=

1− nx2

nα(1+ nx2)2

qui est négative surh

0 ; 1pn

iet positive sur

h1pn

; +∞h.

Ainsi un est croissante surh

0 ; 1pn

iet décroissante surh

1pn

; +∞h, et comme elle est positive et continue sur

[0 ; +∞[, on en déduit que son maximum est un

[0 ;+∞[∞ = un

�1pn

�=

1

2n1/2+α·

30/76


Enfin la série de fonctions∑

un converge normalement sur[0 ; +∞[ si, et seulement si, la série numérique

∑ un

[0 ;+∞[∞

converge, ce qui, par le critère d’équivalence des séries àtermes positifs, est vrai si, et seulement si, la série

∑1

2n1/2+α =12

∑1

n1/2+α converge.S’agissant d’une série de Riemann, celle-ci converge si, etseulement si, α+ 1

2> 1, c’est-à-dire α> 1

2.

(c) En revanche pour tout segment [a ; b] de ]0 ; +∞[, on a pourtout x ∈ [a ; b],

0⩽ un(x)⩽b

nα(1+ na2)

donc un

[a,b]

∞ ⩽b

nα(1+ na2)·

Orb

nα(1+ na2)∼

n→+∞b

a2 ×1

nα+1

et la série de Riemann∑

1nα+1 converge car α+ 1> 1.

Ainsi par majoration,∑ un

[a,b]

∞ converge, et par conséquent,∑un converge sur tout segment de ]0 ; +∞[ pour tout réel

α> 0.

(d) On suppose que α⩽ 12.

Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, les uk(x) sont positifs, donc pour toutn ∈ N∗,

Rn(x) =+∞∑

k=n+1

uk(x)⩾2n∑

k=n+1

uk(x).

De plus pour tout k ∈ Jn+ 1,2nK, comme α⩽ 12,

kα ⩽ k1/2 =p

k ⩽p

2n

31/76


doncuk(x) =

x

nα(1+ kx2)⩾

xp2n(1+ kx2)

et en additionnant ces inégalités pour k allant de n+ 1 à 2n,

Rn(x)⩾2n∑

k=n+1

xp2n(1+ kx2)

·

(e) Pour tout n ∈ N∗ et tout k ∈ Jn+ 1,2nK, on a mêmexp

2n(1+ kx2)⩾

xp2n(1+ 2nx2)

et en additionnant derechef ces inégalités pour k allant de n+1à 2n,

Rn(x)⩾2n∑

k=n+1

xp2n(1+ 2nx2)

= n× xp2n(1+ 2nx2)

=nxp

2n(1+ 2nx2)·

Ainsi en notant fn(x) =nxp

2n(1+2nx2), on en déduit que Rn

[0 ;+∞[∞ ⩾

fn

[0 ;+∞[∞ .

Or fn est dérivable sur [0 ; +∞[ de dérivée

f ′n : x 7→ n(1− 2nx2)p2n(1+ 2nx2)2

.

On en déduit sans difficulté que fn

[0 ;+∞[∞ = fn

�1p2n

�= 1

4.

Ainsi Rn

[0 ;+∞[∞ ⩾

1

4

ce qui empêche la suite des Rn

[0 ;+∞[∞ de tendre vers 0.

Donc la série∑

fn ne converge pas uniformément sur[0 ; +∞[.

32/76


2. (a) On a vu dans la question 1.(c) que la série∑

un converge nor-malement sur tout segment de ]0 ; +∞[, or les fonctions un

sont des fractions rationnelles définies sur R donc a fortioricontinues sur ]0 ; +∞[, donc le théorème de continuité des sé-

ries de fonctions permet de conclure que Sα =+∞∑n=1

un est conti-

nue sur ]0 ; +∞[.(b) De même, on vu que pour α ⩾ 1

2, la série de fonctions

∑un

converge normalement sur [0 ; +∞[, donc le même théorème

permet encore de conclure que pour α ⩾ 12, Sα =

+∞∑n=1

un est

continue sur [0 ; +∞[.(c) On suppose α⩽ 1

2, et on prend x > 0.

-i)- La fonction f : t 7→ xtα(1+t x2)

est positive et continue sur[1 ; +∞[.De plus, f (t) ∼

t→+∞1x× 1

tα+1 , et comme α + 1 > 1, la

fonction t 7→ 1tα+1 est intégrable sur [1 ; +∞[, ainsi que

t 7→ 1x× 1

tα+1 , donc par le critère d’équivalence appliqué

aux fonctions positives,∫ +∞

1f =

∫ +∞1

�� f �� converge, cequi revient à affirmer que f est intégrable sur [1 ; +∞[.

-ii)- Je vous laisse établir par inégalités successives que f estdécroissante sur [1 ; +∞[.On en déduit de façon désormais classique que pour toutk ∈ N∗,

f (k+ 1)⩽∫ k+1

k

f (t)d t ⩽ f (k) = uk(x),

puis il ne nous reste plus qu’à additionner les inégalitésde droite pour k allant de 1 à +∞ (on peut car l’intégrale

33/76


et la série qui apparaissent convergent) pour obtenir∫ +∞1

f (t)d t ⩽ Sα(x).

-iii)- On pose u =p

t dans l’intégrale, la fonction t 7→ ptétant bien une bijection de classe C1 de [1 ; +∞[ dans[1 ; +∞[, on obtient d u= 1

2p

td t, puis∫ +∞

1

xpt (1+ t x2)

d t = 2

∫ +∞1

x

(1+ u2 x2)d u

= 2 limA→+∞

∫ A

1

x

(1+ u2 x2)d u

!= 2 lim

A→+∞h

arctan(x u)iA

1

= 2 limA→+∞ (arctan(x A)− arctan(x))

= 2�π

2− arctan(x)

�.

-iv)- On sait que pour tout x > 0,∫ +∞1

xpt (1+ t x2)

d t ⩽ S 12(x)

donc2�π

2− arctan(x)

�⩽ S 1

2(x)

or limx→0

2�π

2− arctan(x)

�= π, donc par prolongement

des inégalités larges à la limite, limx→0

S 12⩾ π.

Mais S 12(0) =

+∞∑n=1

0 = 0, donc limx→0

S 12̸= 0, ce qui prouve

que S 12n’est pas continue en 0.

34/76


Enfin, α⩽ 12, donc pour tout n ∈ N∗, nα ⩽pn, puis pour

tout x > 0,

x

nα(1+ nx2)⩾

xpn(1+ nx2)

,

d’où après addition pour n allant de 1 à +∞,

Sα(x)⩾ S 12(x),

ce qui empêche à nouveau Sα(x) de tendre vers Sα(0) =0.Donc Sα n’est pas continue en 0 non plus.

Une correction de l’exercice 10.10 énoncé1. Pour tout (p, q) ∈ N∗ × N, la fonction x 7→ x p lnq(x) est continue

sur ]0 ; 1], et tend vers 0 quand x → 0 par croissances comparées,donc elle est prolongeable en une fonction continue sur [0 ; 1], cequi en fait une fonction intégrable sur ]0 ; 1]. Ainsi I(p, q) est bienune intégrale convergente.Pour tout (p, q) ∈ N∗ ×N, les fonctions u : x 7→ 1

p+1x p+1 et v : x 7→

lnq+1(x) sont de classe C1 sur ]0 ; 1], et par croissances comparéesleur produit tend vers 0 en 0, et vaut 0 en 1, donc une intégrationpar parties donne :

I(p, q+ 1) =

∫ 1

0

x p (ln x)q+1 d x =

∫ 1

0

u′(x)v(x)d x

=h

u(x)v(x)i1

0−∫ 1

0

1

p+ 1x p+1(q+ 1)× 1

x× (ln x)q d x

=−q+ 1

p+ 1

∫ 1

0

x p (ln x)q d x =−q+ 1

p+ 1× I(p, q).

35/76


On en déduit par récurrence que pour tout (p, q) ∈ N∗×N,

I(p, q) =− q

p+ 1×�−q− 1

p+ 1

�× · · · ×

�− 1

p+ 1

�I(p, 0)

= (−1)qq!

(p+ 1)q× 1

p+ 1(car I(p, 0) =

∫ 1

0x pd x = 1

p+1,)

= (−1)qq!

(p+ 1)q+1 .

Pour tout n ∈ N∗, il nous suffit alors de prendre p = q = n pourconclure que∫ 1

0

(x ln x)n d x =

∫ 1

0

x p (ln x)q d x = (−1)nn!

(n+ 1)n+1 .

2. Ý La fonction x 7→ x x = ex ln x est continue sur ]0 ; 1], et commepar croissances comparées x ln x −−−→

x−→00, donc x x −−−→

x−→01, on

peut conclure que x 7→ x x est prolongeable en une fonctioncontinue, que l’on va noter f , sur [0 ; 1], et que

∫ 1

0x xd x =∫ 1

0f (x)d x est une intégrale convergente.

Ý Pour tout x ∈ ]0 ; 1], grâce à la série exponentielle :

f (x) = ex ln(x) =+∞∑n=0

(x ln x)n

n!.

Pour tout n ∈ N∗, notons fn : x 7→¨

(x ln x)n

n!si x ∈ ]0 ; 1],

0 si x = 0., et

f0 la fonction constante égale à 1 sur [0 ; 1].

⋆ Pour tout n ∈ N, fn est continue sur [0 ; 1] (par croissancescomparées en 0).

36/76


⋆ La fonction g : x 7→ x ln x, est dérivable sur ]0 ; 1] de dé-rivée x 7→ ln(x) + 1, négative sur

�0 ; e−1�, et positive sur�

e−1 ; 1�, donc cette fonction g est décroissante sur

�0 ; e−1�

et croissante sur�

e−1 ; 1�, avec lim

x→0g(x) = lim

x→0x ln(x) = 0 et

g(1) = 0. On en déduit que pour tout x ∈ ]0 ; 1], |x ln(x)| ⩽��g(e−1)��= e−1.

Ainsi pour tout n ∈ N∗, pour tout x ∈ [0 ; 1],�� fn(x)��= |x ln(x)|n

n!⩽

e−n

n!,

d’où fn

[0 ; 1]

∞ ⩽e−n

n!·

Or la série∑

e−n

n!converge, car c’est la série exponentielle

de somme ee−1, donc par majoration

∑ fn

[0 ; 1]

∞ converge, etpar conséquent

∑fn converge normalement, donc uniformé-

ment, sur [0 ; 1].

On peut donc appliquer le théorème d’intégration terme à

37/76


terme, qui nous donne∫ 1

0

x xd x =

∫ 1

0

f (x)d x =

∫ 1

0

+∞∑n=0

fn(x)d x

=+∞∑n=0

∫ 1

0

fn(x)d x (par intégration terme àterme)

=+∞∑n=0

∫ 1

0

(x ln x)n

n!d x =

+∞∑n=0

1

n!

∫ 1

0

(x ln x)nd x

=+∞∑n=0

1

n!× (−1)n

n!

(n+ 1)n+1 =+∞∑n=0

(−1)n

(n+ 1)n+1

=+∞∑n=1

(−1)n−1

nn (en posant n′ = n+ 1).

Une correction de l’exercice 10.11 énoncé1. Ý

Vérifier que la fonction f : x 7→ +∞∑n=1

1n(1+nx)

est définie

sur ]0 ; +∞[ revient à vérifier que pour tout x > 0,+∞∑n=1

1n(1+nx)

existe, autrement dit que pour tout x > 0,

la série∑

1n(1+nx)

converge. Par conséquent, répondre àcette question revient à prouver la convergence simplesur ]0 ; +∞[ de la série des fonctions fn : x 7→ 1

n(1+nx).

Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[,fn(x) =

1

n(1+ nx)∼

n→+∞1

n2 x= O

�1

n2

�,

d’où (...blablabla...).

38/76


Ý Pour tout n ∈ N∗, la fonction un : x 7→ 1n(1+nx)

est continue sur]0 ; +∞[.De plus un est décroissante sur ]0 ; +∞[, donc⋆ un

]0 ;+∞[∞ = 1

nqui n’est pas sommable,

⋆ mais en revanche, pour tout segment [a ; b] ⊂ ]0 ; +∞[, un

[a ; b]

∞ = un(a) qui est sommable (car convergence simplesur ]0 ; +∞[),

donc∑

un converge normalement sur tout segment de]0 ; +∞[.On peut ainsi conclure que f =

+∞∑n=1

un est continue sur ]0 ; +∞[.2. Pour tout n ∈ N∗, fn : x 7→ 1

n(1+nx)est strictement décroissante

sur ]0 ; +∞[, donc pour tous réels a, b tels que 0 < a < b, on afn(a)> fn(b), puis par convergence simple de

∑fn les deux séries∑

fn(a) et∑

fn(b), donc en additionnant ces inégalités de n = 1à +∞, par conservation des inégalités larges à la limite, les sé-

ries concernées étant convergentes, on obtient+∞∑n=1

fn(a)⩾+∞∑n=1

fn(b),

c’est-à-dire f (a)⩾ f (b).

Donc f =+∞∑n=1

fn est décroissante sur ]0 ; +∞[.

N’oublions pas que même les fonctions non dérivables ontle droit d’avoir un sens de variations ! Donc avant de sejeter sur la dérivation de f pour connaître ses variations,on peut aussi comparer f (a) et f (b) pour a < b !

3. (a) On cherche limx→+∞

+∞∑n=1

1n(1+nx)

.

39/76


Bien entendu, la première idée est que

limx→+∞

+∞∑n=1

1

n(1+ nx)=+∞∑n=1

limx→+∞

1

n(1+ nx)

=+∞∑n=1

0= 0,

mais ceci ne peut être affirmé a priori car aucun théo-rème du programme de PC ne nous donne ce résultat !

On va ramener cette limite quand x → +∞ à une limite en 0,en posant t = 1/x. plus précisément : pour tout tout t ∈ [0 ; 1],pour tout entier n ∈ N∗, posons

gn(t) =

¨fn

�1t

�= t

n(t+n)si t > 0,

0 si t = 0.

=t

n(t + n)

Alors :Ý gn est continue sur [0 ; 1] ;Ý pour tout n ∈ N∗, la fonction gn est aussi dérivable sur[0 ; 1], de dérivée

g ′n : t 7→ 1

(n+ t)2

positive. Donc gn est croissante sur [0 ; 1], et positive, d’où gn

[0 ; 1]

∞ = gn(1) =1

n(1+ n)∼

n→+∞1

n2 ·On en conclut la convergence normale, donc uniforme, sur

[0 ; 1] de+∞∑n=1

gn.

40/76


On en déduit que+∞∑n=1

gn est continue sur [0 ; 1], et qu’en parti-

culier on a en 0 :

limt>−→0

+∞∑n=1

gn(t) =+∞∑n=1

gn(0) =+∞∑n=1

0= 0.

On en déduit en posant x = 1tque

limx→+∞

+∞∑n=1

1

n(1+ x)= 0.

(b)

Comme auparavant

x

n(1+ nx)∼

x→+∞1

n2 ,

donc, sur le brouillon où on a tous les droits, on écriten additionnant tout ça, au mépris de toutes les règlesde calcul sur les équivalents, que

+∞∑n=1

x

n(1+ nx)∼

x→+∞

+∞∑n=1

1

n2 =π2

6

d’où

+∞∑n=1

1

n(1+ nx)∼

x→+∞π2

6x·

41/76


Ý Tout d’abord, on remarque que

limx→+∞

+∞∑n=1

x

n(1+ nx)= lim

t>−→0

+∞∑n=1

1/t

n(1+ n× 1/t)

= limt>−→0

+∞∑n=1

1

n(t + n)·

Ý Pour tout n ∈ N∗, la fonction hn : t 7→ 1n(t+n)

est conti-

nue sur [0 ; 1], et pour tout t ∈ [0 ; 1],��hn(t)

�� ⩽ 1n2 , donc hn

[0 ; 1]

∞ ⩽ 1n2 , ce qui entraîne la convergence normale de∑

hn sur [0 ; 1], puis la convergence uniforme.

Ainsi la fonction+∞∑n=1

hn est aussi continue sur [0 ; 1], et en

particulier

limt>−→0

+∞∑n=1

hn(t) =+∞∑n=1

hn(0) =+∞∑n=1

1

n2 =π2

6.

Ý Par conséquent

limx→+∞

+∞∑n=1

x

n(1+ nx)=π2

6,

* d’où

f (x) =+∞∑n=1

1

n(1+ nx)∼

x→+∞π2

6x·

4. Fixons un réel x dans ]0 ; +∞[.La fonction φ : t 7→ 1

t(1+t x)est décroissante sur ]0 ; +∞[. On en

42/76


déduit que pour tout n⩾ 2, par croissance de l’intégrale,∫ n+1

n

φ(t)d t ⩽∫ n+1

n

φ(n)d t = φ(n)

=

∫ n

n−1

φ(n)d t ⩽∫ n

n−1

φ(t)d t.

Pour tout N ⩾ 2, on additionne ces inégalités pour n allant de 2 àN, et on obtient grâce à la relation de Chasles :∫ N+1

2

φ(t)d t ⩽N∑

n=2

φ(n)⩽∫ N

1

φ(t)d t.

Or en remarquant que φ(t) = 1t− x

1+t x,∫ N+1

2

φ(t)d t = [ln(t)− ln(1+ t x)]N+12 =

�ln� t

1+ t x

��N+1

2

= ln�

N+ 1

1+ (N+ 1)x

�− ln

�2

1+ 2x

�= ln

1

1N+1+ x

!− ln

�2

1+ 2x

�−−−−→N−→+∞ ln

�1

x

�− ln

�2

1+ 2x

�= ln

�1+ 2x

2x

�.

De même ∫ N

1

φ(t)d t −−−−→N−→+∞ ln

�1+ x

x

�.

et commeN∑

n=2

φ(n) =N∑

n=1

1

n(1+ nx)− 1

1+ x−−−−→N−→+∞ f (x)− 1

1+ x

43/76


on en déduit par prolongement des inégalités larges à la limite, que

ln�

1+ 2x

2x

�⩽ f (x)− 1

1+ x⩽ ln

�1+ x

x

�,

qui équivaut à

− ln(x) + ln�

1+ 2x

2

�+

1

1+ x⩽ f (x)

f (x)⩽− ln(x) + ln (1+ x) +1

1+ x,

et dans le cas où x ∈ ]0 ; 1[, alors − ln(x)> 0, et on en déduit que

1− ln�

1+2x2

�ln(x)

− 1

(1+ x) ln(x)⩽

f (x)− ln(x)

f (x)− ln(x)

⩽ 1− ln (1+ x)ln(x)

− 1

(1+ x) ln(x)·

Par encadrement, on en déduit que

f (x)− ln(x)

−−−→x−→0

1

donc quef (x) ∼

x→0− ln(x).

Une correction de l’exercice 10.12 énoncéPour tout n ∈ N et x ∈ ]0 ; +∞[, on note fn(x) =

(−1)n

n+x.

1. Ý Soit x > 0.

⋆ la suite de terme général fn(x) =(−1)n

n+xest alternée,

⋆ la suite de terme général�� fn(x)

�� = 1n+x

est décroissante etconverge vers 0,

44/76


donc grâce au critère spécial des séries alternées, la série∑fn(x) converge, donc la série de fonctions

∑fn est simple-

ment convergente sur ]0 ; +∞[.Ý Pour tout x > 0, grâce au critère spécial des séries alternées, on

sait aussi que pour tout N ∈ N,��RN(x)

��= �� +∞∑n=N+1

fn(x)

��⩽ �� fN+1(x)��= 1

N+ 1+ x,

donc RN

]0 ;+∞[∞ ⩽

1

N+ 1

et par encadrement, limN→+∞

RN

]0 ;+∞[∞ = 0, ce qui prouve la

convergence uniforme de∑

fn sur ]0 ; +∞[.Mais les fonctions fn sont toutes continues sur ]0 ; +∞[, doncon peut conclure que f =

+∞∑n=0

fn est une fonction continue sur

]0 ; +∞[.Ý Soient 0< a < b,

f (b)− f (a) =∞∑

n=0

(−1)n

n+ b−∞∑

n=0

(−1)n

n+ a

=∞∑

n=0

(−1)n�

1

n+ b− 1

n+ a

�=∞∑

n=0

(−1)na− b

(n+ b)(n+ a)

= (a− b)∞∑

n=0

(−1)n

(n+ b)(n+ a)·

45/76


La somme∞∑

n=0

(−1)n

(n+b)(n+a)est aussi la somme d’une série alternée

qui vérifie les conditions du critère spécial des séries alternées,

donc grâce à icelui, on sait que la somme∞∑

n=0

(−1)n

(n+b)(n+a)est du

signe de son premier terme 1ba.

Or ce terme est positif, donc f (b)− f (a) est du signe de (a− b),ce qui prouve que f est décroissante sur ]0 ; +∞[.

2. (a) Soit x > 0,

f (x) + f (x + 1)

=∞∑

n=0

(−1)n

n+ x+∞∑

n=0

(−1)n

n+ x + 1

=∞∑

n=0

(−1)n

n+ x+∞∑

n=1

(−1)n−1

n+ x(en posant n′ = n+ 1 dansla deuxième somme)

=∞∑

n=0

(−1)n

n+ x−∞∑

n=1

(−1)n

n+ x

=(−1)0

0+ x=

1

x·

(b) Quand x tend vers 0, x+1 tend vers 1, et comme f est continuesur ]0 ; +∞[ donc en 1, f (x + 1)−−−→

x−→0f (1).

Ainsi comme1

x−−−→x>−→0+∞, alors

f (x) =1

x− f (x + 1) =

1

x+ o

x→0

�1

x

�∼

x→0

1

x·

46/76


Une correction de l’exercice 10.13 énoncéNotons encore une fois pour tout n ∈ N, fn : x 7→ 1

2n tan�

x2n

�.

1.

On veut prouver la convergence normale de la série desfn, mais on a un problème avec f0 qui n’est pas bornéesur

�−π2

; π2

�. On va donc travailler sur la série des fn avec

n ⩾ 1, puis ajouter à la fin la fonction f0 qui est aussicontinue sur

�−π2

; π2

�.

Ý Tout d’abord, on constate que les fonctions fn sont toutes conti-nues sur

�−π2

; π2

�.

Ý Pour tout n ∈ N∗, et tout x ∈ �−π2

; π2

�, on sait que, comme on

a bien pris n⩽ 1,

−π4⩽

x

2n ⩽π

4,

donc la fonction tan étant croissante sur cet intervalle

tan�−π

4

�=−1⩽ tan

� x

2n

�⩽ tan

�π4

�= 1

d’où �� fn(x)��⩽ 1

2n =�

1

2

�n

·

Par conséquent, fn

]−π2 ; π2 [

∞ ⩽�

12

�n.

Ý Ainsi, comme la suite géométrique de raison 12est sommable,

on en déduit par domination que la suite de terme général fn

]−π2 ; π2 [

∞ est aussi sommable, donc que la série des fonctionsfn (pour n ⩾ 1) converge normalement, et a fortiori uniformé-ment, et à plus fortes raisons simplement, sur

�−π2

; π2

�.

47/76


Ý On en déduit que la fonction somme+∞∑n=1

fn est définie et conti-

nue sur cet intervalle�−π

2; π

2

�, et comme f0 est aussi continue

sur cet intervalle, on peut conclure que f0 ++∞∑n=1

fn =+∞∑n=0

fn est

continue sur�−π

2; π

2

�.

2. Soit x ∈ R. Au rang N= 0,

2N+1 sin� x

2N

�×

N∏n=0

cos� x

2n

�= 2sin(x) cos(x) = sin(2x).

Supposons que pour un N ∈ N,

2N+1 sin� x

2N

� N∏n=0

cos� x

2n

�= sin(2x),

alors au rang suivant :

2N+2 sin� x

2N+1

� N+1∏n=0

cos� x

2n

�= 2N+2 sin

� x

2N+1

�×

cos� x

2N+1

�×

N∏n=0

cos� x

2n

�!= 2N+1

�2sin

� x

2N+1

�× cos

� x

2N+1

��×

N∏n=0

cos� x

2n

�= 2N+1

�sin�

2× x

2N+1

�� N∏n=0

cos� x

2n

�(car sin(2□) = 2sin(□) cos(□))

= 2N+1 sin� x

2N

� N∏n=0

cos� x

2n

� (on reconnaît ici la quan-tité de l’hypothèse de ré-currence).

= sin(2x) c.q.f.d.

48/76


3. Soit x ∈ �−π2

; π2

�. On a établi à la question 1 la convergence nor-

male, donc uniforme, sur�−π

2; π

2

�de la série dont la somme est

f . Cette convergence est alors encore vraie sur tout segment decet intervalle, sur lequel on peut donc intégrer la somme terme àterme :∫ x

0

f (t)d t =

∫ x

0

+∞∑n=0

1

2n tan� t

2n

�!d t

=+∞∑n=0

∫ x

0

tan� t

2n

� 1

2n d t

=+∞∑n=0

∫ x/2n

0

tan(u)d u (en posant u= t2n )

=+∞∑n=0

h− ln |cos(u)|

ix/2n

0

(il est pratique de savoir que :tan= sin

cos=− (cos)′

cos= (− ln |cos|)′)

=−+∞∑n=0

ln

��cos� x

2n

�� .Cette somme est, par définition de la convergence d’une série, lalimite de la somme finie

N∑n=0

ln

��cos� x

2n

��= ln

�� N∏n=0

cos� x

2n

��!

,

et grâce à la question précédente, pour x ̸= 0,

N∑n=0

ln

��cos� x

2n

��= ln

�� sin(2x)

2N+1 sin�

x2N

��!

.

Or x2N −−−−→N−→+∞ 0, donc sin

�x

2N

� ∼N→+∞

�x

2N

�, et

2N+1 sin� x

2N

�∼

N→+∞2N+1×� x

2N

�= 2x −−−−→

N−→+∞ 2x ,

49/76


donc par continuité du logarithme et de la valeur absolue

ln

�� sin(2x)

2N+1 sin�

x2N

��!−−−−→N−→+∞ ln

��sin(2x)2x

�� .

On peut donc conclure que pour tout réel non nul x de�−π

2; π

2

�,∫ x

0

f (t)d t =− ln

��sin(2x)2x

�� .

Enfin, grâce au théorème fondamental de l’analyse, comme on saitque f est continue sur

�−π2

; π2

�, on peut affirmer que la fonction

x 7→ ∫ x

0f (t)d t est la primitive de f qui s’annule en 0. On va donc,

sur x ∈ �−π2

; π2

�\{0}, dériver la fonction x 7→ − ln�� sin(2x)

2x

�� pour

obtenir f :

∀x ∈�−π

2;π

2

�\ {0} , f (x) =

2

tan (2x)− 1

x·

f (0) =+∞∑n=0

fn(0) =+∞∑n=0

0= 0.

Une correction de l’exercice 10.14 énoncéTiens ! J’ai une idée : et si on appelait fn la fonction x 7→ xn

1+x2n ? Pasbête, non ?1. Pour tout réel x non nul,

xn

1+ x2n ∼n→+∞xn

1= xnsi |x |< 1,

∼n→+∞

xn

x2n =�

1

x

�n

si |x |> 1,

donc si x ̸= ±1, fn(x) équivaut au terme général d’une suite som-

50/76


mable, d’où la convergence simple de∑

fn et la définition de S surR.En revanche,

∑fn(1) =

∑12et∑

fn(−1) = 12(−1)n divergent, et S

n’est pas définie en ±1.2. On remarque que sur tout segment [a ; b]⊂ ]−1 ; 1[, fn

[a ; b]

∞ ⩽ αn, où α=max(|a| , |b|)< 1,

d’où la convergence normale, et a fortiori uniforme, de∑

fn surtout segment de ]−1 ; 1[. On en déduit, les fn étant continues surR, que S est continue sur ]−1 ; 1[.Enfin, pour tous x ∈ R \ {±1} et n ∈ N,

fn

�1

x

�=

1xn

1+ 1x2n

=x2n× 1

xn

x2n× �1+ 1x2n

�=

xn

1+ x2n = fn(x),

donc S�

1x

�= S(x).

Ainsi, par continuité de inv : x 7→ 1xsur ]−∞ ; −1[ ∪ ]1 ; +∞[ à

valeurs dans ]−1 ; 0[∪]0 ; 1[, et continuité de S sur ]−1 ; 0[∪]0 ; 1[,on en déduit que S = S ◦ inv est encore continue sur ]−∞ ; −1[ ∪]1 ; +∞[.

3. Ý Tout d’abord, la remarque S(x) = S�

1x

�nous permet de n’étu-

dier S que sur ]−1 ; 1[.Ý ⋆ Les fonctions fn sont toutes de classe C1 sur ]−1 ; 1[,⋆ Pour tout n ∈ N et x ∈ ]−1 ; 1[,

f ′n(x) =−nxn (xn− 1) (xn+ 1)

x�

x2n+ 1�2

51/76


Une correction de l’exercice 10.15 énoncé1. Pour tout x ∈ ]−1 ; 1[, |x cos(x)| ⩽ |x | < 1, donc 1− x cos(x) ̸=

0. Ainsi la fonction x 7→ x sin x

1− x cos xest C∞ sur ]−1 ; 1[ comme

rapport de deux fonctions de classe C∞ dont le dénominateur nes’annule pas. Puis en composant par arctan qui est C∞ sur R, onobtient une fonction

f : x 7→ arctan�

x sin x

1− x cos x

�de classe C∞ sur ]−1 ; 1[.Je vous laisse retrouver grâce à la formule de dérivation de la com-posée de fonctions que pour tout x ∈ ]−1 ; 1[,

f ′(x) =−x2+ x cos (x) + sin (x)

x2− 2x cos (x) + 1·

2. Pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ ]−1 ; 1[, on note

fn(x) =(x)n sin(nx)

n·

On va appliquer le théorème de dérivation terme à terme.

Ý Pour tout n ∈ N∗, fn est de classe C1 sur ]−1 ; 1[, de dérivéedéfinie par

f ′n(x) = xn cos (nx) + xn−1 sin (nx) ;

Ý on sait déjà que∑

fn converge simplement sur ]−1 ; 1[ ;

Ý tout segment de ]−1 ; 1[ est inclus dans un segment de la forme[−α ; α], où α ∈ [0 ; 1[, et je vous laisse prouver que pour toutn ∈ N∗, f ′n

[−α ;α]

∞ ⩽ |α|n−1+ |α|n

52/76


ce qui nous donne par domination la convergence de∑ f ′n [−α ;α]

∞ , donc la convergence normale, et a fortiori uni-forme, de

∑f ′n sur tout segment de ]−1 ; 1[.

On peut donc conclure que la fonction g =+∞∑n=1

fn est C1 sur ]−1 ; 1[,

de dérivée définie pour tout x ∈ ]−1 ; 1[ par

g ′(x) =+∞∑n=1

f ′n(x)

=+∞∑n=1

xn cos (nx) + xn−1 sin (nx)

=+∞∑n=1

xn Re�

einx�+ xn−1 Im

�einx�

=+∞∑n=1

Re�

xneinx�+ Im

�xn−1einx

�(car x ∈ R)

=+∞∑n=1

Re�

xneinx�++∞∑n=1

Im�

xn−1einx�

(ces deux séries convergent par dominationpar |x |n et |x |n−1)

= Re

+∞∑n=1

xneinx

!+ Im

+∞∑n=1

xn−1einx

!(par propriété des séries complexes).

53/76


Or

+∞∑n=1

xneinx = xei x+∞∑n=0

�xei x

�n

= xei x 1

1− xei x (car��xei x

��< 1)

=xei x �1− xe−i x�

(1− xei x)(1− xe−i x)

et

+∞∑n=1

xn−1einx = ei x+∞∑n=0

�xei x

�n

= ei x 1

1− xei x

(car��xei x

��< 1)

=ei x �1− xe−i x�

(1− xei x)(1− xe−i x)

=ei x − x

1− 2x cos(x) + x2 ·

Ainsi, on obtient finalement :

g ′(x) = Re

�xei x − x2

1− 2x cos(x) + x2

�+ Im

�ei x − x

1− 2x cos(x) + x2

�=

x cos(x)− x2

1− 2x cos(x) + x2 +sin(x)

1− 2x cos(x) + x2

=x cos(x)− x2+ sin(x)

1− 2x cos(x) + x2 ·

54/76


Et là, fous de surprise, nous constatons que la fonction f et la fonc-tion g ont la même dérivée sur ]−1 ; 1[, donc qu’il existe un réel Ctel que sur cet intervalle g = f + C. Mais le plus gueudin, c’est que

f (0) = arctan(0) = 0 tandis que g(0) =+∞∑n=1

0 = 0, donc C = 0, et

finalement f = g !Autrement dit, pour tout x ∈ ]−1 ; 1[,

+∞∑N=1

xn sin(nx)n

= arctan�

x sin x

1− x cos x

�.

Une correction de l’exercice 10.16 énoncéNotons pour tout x > 0 et tout entier n ∈ N, un(x) =

(−1)n

n!(x+n).

1. Pour tout x > 0 et tout entier n ⩾ 1, x + n ⩾ 1 donc��un(x)

�� =1

n!(x+n)⩽ 1

n!, or la série

∑1n!

converge, donc par comparaison des

séries à termes positifs,∑��un(x)

�� converge, donc a fortiori∑

un(x)converge.On peut conclure que la fonction f est définie sur ]1 ; +∞[.En particulier

f (1) =+∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ 1)=+∞∑n=0

(−1)n

(n+ 1)!=+∞∑n=1

(−1)n−1

n!

=+∞∑n=0

(−1)n−1

n!+ 1=−

+∞∑n=0

(−1)n

n!+ 1=−e−1+ 1= 1− 1

e·

2. Pour tout n ∈ N, la fonction un est C∞ sur ]0 ; +∞[, et (par récur-rence sur k)

∀k ∈ N, ∀x > 0, u(k)n (x) =(−1)n

n!× (−1)kk!

(x + n)k+1·

55/76


Fixons k ∈ N∗, et pour tout réel a > 0, notons I= [a ; +∞[. Alors u(k)n

I

∞ =k!

n!(a+ n)k+1= o

n→+∞

�1

n!

�(k est fixé !)

et sachant que∑

1n!, on conclut avec le critère de négligeabilité que∑

un converge normalement sur I= [a ; +∞[.On applique alors la généralisation du théorème de dérivationterme à terme, qui nous permet de d’affirmer que pour tout k ∈ N,f est Ck sur [a ; +∞[, pour tout a > 0, donc Ck sur ]0 ; +∞[.Ceci étant prouvé pour tout k ∈ N, la fonction f est donc C∞ sur]0 ; +∞[.

3. Soit x ∈ ]0 ; +∞[,

x f (x)− f (x + 1) = x ×+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + n)−+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + 1+ n)

=+∞∑n=0

(−1)n x

n!(x + n)−+∞∑n=1

(−1)n−1

(n− 1)!(x + n)

(en posant n′ = n+ 1)

= 1++∞∑n=1

(−1)n x

n!(x + n)++∞∑n=1

n× (−1)n

n!(x + n)

= 1++∞∑n=1

(−1)n(x + n)n!(x + n)

= 1++∞∑n=1

(−1)n

n!= e−1 =

1

e·

4. On sait que f est C∞ sur ]0 ; +∞[, donc f est a fortiori continueen 1, et lim

x→0f (x + 1) = f (1) = 1− 1

e.

Ainsi, d’après la question précédente limx→0

x f (x) =

limx→0

�1e+ f (x + 1)

�= 1, donc f (x) ∼

x→0

1x.

56/76


5. (a) Pour tout n ∈ N, notons P(n) la proposition :

∀x > 0,n∑

k=0

�n

k

�(−1)k

n!(x + k)=

n!

x(x + 1) · · · (x + n)·

Remarquons que x peut être remplacé dans cette égalité parn’importe quel réel strictement positif !

Au rang n = 0, pour tout x > 0, 0!x= 1

xet

0∑k=0

�nk

� (−1)k

n!(x+k)= 1

x,

donc P(0) est vraie ;Soit n ∈ N, supposons que P(n) est vraie.

57/76


Alors pour tout x > 0

n+1∑k=0

�n+ 1

k

�(−1)k

(x + k)

=1

x+

n∑k=1

�n+ 1

k

�(−1)k

x + k+(−1)n+1

x + n+ 1

=1

x+

n∑k=1

��n

k

�+�

n

k− 1

��(−1)k

x + k+(−1)n+1

x + n+ 1

(avec le tri-angle dePascal)

=1

x+

n∑k=1

�n

k

�(−1)k

x + k+

n∑k=1

�n

k− 1

�(−1)k

x + k+(−1)n+1

x + n+ 1

=

1

x+

n∑k=1

�n

k

�(−1)k

x + k

+n−1∑k=0

�n

k

�(−1)k+1

x + k+ 1+(−1)n+1

x + n+ 1

(en posant k− 1= k′ dans la 2ème somme)

=n∑

k=0

�n

k

�(−1)k

x + k+

n∑k=0

�n

k

�(−1)k+1

x + 1+ k

=n∑

k=0

�n

k

�(−1)k

x + k−

n∑k=0

�n

k

�(−1)k

[x + 1] + k

=n!

x(x + 1) · · · (x + n)− n!

[x + 1]([x + 1] + 1) · · · ([x + 1] + n)(par hypothèse de récurrence !)

=n!

x(x + 1) · · · (x + n)− n!

(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)

=n!(x + n+ 1)− n!x

x(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)=

n!(n+ 1)x(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)

=(n+ 1)!

x(x + 1) · · · (x + n)(x + n+ 1)c.q.f.d

(b) Soit x > 0, on va appliquer le théorème sur le produit de deux

58/76


séries absolument convergentes, théorème qui utilise le produitde Cauchy (c’est la proposition 2.17)

e× f (x) =+∞∑n=0

1

n!×+∞∑n=0

(−1)n

n!(x + n)

=+∞∑n=0

n∑

k=0

n!

(n− k)!k!× (−1)k

n!(x + k)

!(grâce au théorèmesus-dit)

=+∞∑n=0

n∑

k=0

�n

k

�(−1)k

n!(x + k)

!=+∞∑n=0

1

x(x + 1) · · · (x + n)

d’où l’égalité voulue.

Une correction de l’exercice 10.17 énoncé1. Montrons par récurrence sur n que pour tout n ∈ N, an ⩾ 0 et

bn ⩾ 0.

Ý Au rang n= 0, a0 = a ⩾ 0 et b0 = 1⩾ 0.

Ý Supposons qu’au rang n ∈ N, an ⩾ 0 et bn ⩾ 0. Alors an+1 =an+bn

2⩾ 0, et an bn ⩾ 0 donc bn+1 =

pan bn existe bien, et est

aussi positif.c.q.f.d.

Pour tout n ∈ N,an+1− bn+1 =

1

2(an+ bn− 2

pan bn) =

1

2(p

an−p

bn)2.

2. En particulier, on a

∀n⩾ 0, an+1− bn+1 ⩾ 0

59/76


et on en déduit que

∀n⩾ 0, an+2 =1

2(an+1+ bn+1)⩽

1

2(an+1+ an+1)⩽ an+1,

ainsi que

∀n⩾ 0, bn+2 =p

an+1× bn+1 ⩾p

b2n+1 = |bn+1|= bn+1.

En décalant les indices on a donc

∀n⩾ 1, 0⩽ bn ⩽ bn+1 ⩽ an+1 ⩽ an.

3. Pour tout n ∈ N∗,an− bn = (

pan−

pbn)(p

an+p

bn).

Onmultiplie l’inégalitépan+p

bn ⩾p

an−p

bn parpan−p

bn ⩾ 0,car n⩾ 1, pour conclure.En combinant 1.b et l’inégalité précédente, on a donc

∀n⩾ 1, 0⩽ an+1− bn+1 ⩽1

2(an− bn)

que l’on généralise par récurrence en

∀n⩾ 1, 0⩽ an− bn ⩽1

2n−1 (a1− b1).

Enfin, a1− b1 =12(p

a− 1)2 et |pa− 1|⩽pa+ 1. On multiplie par|pa−1| pour en déduire que |pa−1|2 ⩽ |(pa+1)(

pa−1)|= |1−a|

et en conclure a1− b1 =12|1− a|.

Avec ce qui précède, on obtient bien

∀n⩾ 1, 0⩽ an− bn ⩽1

2n |1− a|.

60/76


4. On sait que limn→+∞

12n |1− a|= 0, donc par l’encadrement de la ques-

tion précédente, an− bn tend aussi vers 0.Les suites (an)n⩾1 et (bn)n⩾1 étant respectivement décroissante etcroissante, on en déduit que ces suites sont adjacentes, et par consé-quent convergent vers la même limite.

Pour ceux qui ont la fâcheuse idée de ne pas se souvenirde la notion de suites adjacentes, on peut aussi remarquerque la suite

�an�

n∈N est décroissante et minorée par 0, doncconverge. On note alors ℓ= lim

n→+∞ an, puis on en déduit quebn −−−−→n−→+∞ ℓ car

∀n ∈ N, bn = an+ (bn− an)lim

n→+∞ an = ℓ

limn→+∞(bn− an) = 0.

5. Rappelons que pour établir la convergence simple sur unintervalle I d’une suite de fonctions

�fn�

n∈N, il suffitde prendre un x quelconque dans I, et pour ce réel x fixé,montrer que la suite de nombres

�fn(x)

�n∈N converge.

Cette limite dépend alors du réel x, et la fonction f : x 7→lim

n→+∞ fn(x) est la fonction, définie sur I, vers laquelle tend

la suite�

fn�

n∈N.

Soit x un réel quelconque de [0 ; +∞[, fixé !En posant a = x, les suites (an(x))n⩾1 et (bn(x))n⩾1 vérifient lespropriétés de la question 1, elles convergent donc vers une limitecommune, que l’on peut noter f (x). Par conséquent, les suites defonctions (an) et (bn) convergent simplement sur [0 ; +∞[ vers lamême fonction f : x 7→ f (x).

61/76


6. On vérifie que b1(0) = 0, puis par récurrence que bn(0) = 0 quandn⩾ 1. Donc en passant à la limite, on obtient f (0) = 0.De même, pour tout n ∈ N, an(1) = 1, d’où f (1) = 1.

7. Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, les suites (an(x))n⩾1 et (bn(x))n⩾1 étantadjacentes à partir du rang 1, on a pour tout n ∈ N∗,

px = b1(x)⩽ bn(x)⩽ f (x)⩽ an(x)⩽ a1(x) =

1+ x

2·

8. Soit A> 0.D’après la question A.3, on a

∀x ⩾ 0, ∀n⩾ 1, 0⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n |1− x |.Mais, à nouveau, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, les suites étant adjacentesà partir du rang 1, pour tout n ∈ N∗,

0⩽ an(x)− f (x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n |1− x |et

0⩽ f (x)− bn(x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n |1− x |.Ainsi, pour tout x ∈ [0 ; A], on a pour tout n ∈ N∗,

0⩽ an(x)− f (x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n (1+A)

et

0⩽ f (x)− bn(x)⩽ an(x)− bn(x)⩽1

2n (1+A),

donc an− f

[0,A]

∞ et f − bn

[0,A]

∞ sont majorés par 12n (1+ A) qui

tend vers 0.Ainsi par encadrement,

limn→+∞∥an− f ∥[0,A]

∞ = limn→+∞∥bn− f ∥[0,A]∞ = 0

ce qui prouve que les suites de fonctions (an)n∈N et (bn)n∈Nconvergent uniformément sur [0,A] (vers f ).

62/76


9. On établit par récurrence sur n ∈ N la continuité des fonctions an

et bn sur [0 ; +∞[, donc pour tout A > 0, leur limite uniforme fsur [0 ; A] est encore continue sur [0 ; A], donc f est continue sur[0,+∞[.

Une correction de l’exercice 10.18 énoncéPartie 1 : exemples

1. Soit n ∈ N, posons fn : x 7→ 12n cos(nx) + 1

3n sin(nx), alors

∀x ∈ R,�� fn(x)

��= �� 1

2n cos(nx) +1

3n sin(nx)

��⩽ 1

2n +1

3n

donc fn

R∞ ⩽�1

2

�n

+�

1

3

�n

·Ce majorant est la somme des termes généraux de deux suites géo-métriques sommables, donc c’est le terme général d’une suite som-mable, et par domination, on peut conclure que la série

∑ fn

R∞converge.Ainsi la série des fonctions fn est normalement convergente sur R.

2. Soit x ∈ R, on remarque que pour tout entier p ⩾ 2, ei x/p est demodule 1

p< 1, donc

+∞∑n=0

�ei x

p

�n

=1

1− ei x

p

=p

p− ei x ·

Et cette série converge, donc les séries des parties réelle et imagi-naire convergent aussi, avec :

+∞∑n=0

cos(nx)pn =

+∞∑n=0

Re

��ei x

p�n

�= Re

+∞∑n=0

�ei x

p�n

!= Re

�p

p− ei x

�,

63/76


(et on a la même chose pour la partie imaginaire).Or

p

p− ei x =p�

p− e−i x��p− ei x

��p− e−i x

� = p2− p cos(x) + ip sin(x)p2− 2p cos(x) + 1

=p2− p cos(x)

p2− 2p cos(x) + 1+ i

p sin(x)p2− 2p cos(x) + 1

,

donc+∞∑n=0

cos(nx)pn =

p2− p cos(x)p2− 2p cos(x) + 1

,

et+∞∑n=0

sin(nx)pn =

p sin(x)p2− 2p cos(x) + 1

·Il reste à combiner les résultats pour p = 2 et p = 3 :+∞∑n=0

�1

2n cos(nx) +1

3n sin(nx)�=

4− 2cos(x)5− 4cos(x)

+3sin(x)

10− 6cos(x)·

3. En utilisant la série exponentielle :

∀x ∈ R, exp(ei x) =∞∑

n=0

einx

n!

Or, exp(ei x) = exp(cos(x))exp(i sin(x)) et la partie réelle de cettequantité est

∀x ∈ R, exp(cos(x)) cos(sin(x)) =∞∑

n=0

1

n!cos(nx)·

4. Posons pour tout n ∈ N, an =1

n+1et un : x 7→ an cos(nx). La suite

(an) est de limite nulle mais un(2π) =1

n+1est le terme général

d’une série divergente (un seul contre-exemple suffit à contre-carrer toute une généralité !), donc

∑un n’est pas simplement

convergente sur R.

64/76


5. La norme infinie sur R de x 7→ sin(nx)pn

est égale à 1pnqui est le terme

général d’une série divergente. La série de fonctions proposée n’estdonc pas normalement convergente sur R.

Partie 2 : propriétés

6. Pour tout réel n ∈ N, posons fn : x 7→ an cos(nx) + bn sin(nx), alors

∀x ∈ R,��an cos(nx) + bn sin(nx)

��⩽ ��an cos(nx)��+ ��bn sin(nx)

��⩽ |an|+ |bn|,

donc fn

R∞ ⩽ |an|+ |bn|.Or les suites

�an�

n∈N et�

bn�

n∈N sont supposées sommables, donc|an|+|bn| est aussi le terme général d’une suite sommable, et par do-mination

fn

R∞ est encore le terme général d’une suite sommable.On peut ainsi conclure que la série des fonctions fn est normale-ment convergente sur R.

7. On écarte d’ores et déjà le cas où a = b = 0 pour lequel le résultatest évident.Soit donc (a, b) ∈ R2 \ {(0,0)}.Ý Grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz, appliquée au produit

scalaire canonique sur R2, on a pour tout réel x

|a cos(x) + b sin(x)|=��(a, b)

��(cos(x), sin(x))��

⩽ ∥(a, b)∥× ∥(cos(x), sin(x))∥=p

a2+ b2×p

cos2(x) + sin2(x)

=p

a2+ b2.

Donc le maximum cherché, s’il existe, est bien inférieur ou égalàp

a2+ b2.

65/76


Ý Mais apa2+b2

∈ [−1 ; 1], on peut donc poser x =

arccos�

apa2+b2

�.

Alors x ∈ [−π ; π] et cos(x) = apa2+b2

.

Donc sin(x)⩾ 0, et par conséquent

sin(x) =p

sin2(x) =p

1− cos2(x) =bp

a2+ b2,

et dans ce cas

a cos(x) + b sin(x) =p

a2+ b2.

On peut donc conclure quep

a2+ b2 est effectivement le maxi-mum de x 7→ a cos(x) + b sin(x) sur R.En particulier, en notant f : x 7→ a cos(x) + b sin(x) on a établique f

R∞ =pa2+ b2.

Ý Posons pour tout (n, x) ∈ N×R un(x) = an cos(nx)+bn sin(nx) =f (nx) (c’est la fonction f de la question précdente), et suppo-sons que

∑(∥un∥∞) converge.

Grâce à la question précédente, on sait que un

R∞ = supx∈R�� f (nx)

��= f R∞ (dès que n⩾ 1).

=p

a2n + b2

n.

Ainsi la suite�p

a2n + b2

n

�n∈N est sommable.

66/76


Or pour tout n ∈ N∗, ��an

��⩽pa2n + b2

n, et��bn

��⩽pa2n + b2

n, doncpar domination, les séries

∑(an) et

∑(bn) convergent absolu-

ment.Et a fortiori, les suites

�an�

n∈N et�

bn�

n∈N étant sommables, ellestendent vers 0.

8. Ý La convergence normale sur R entraîne la convergence uni-forme sur R et cette dernière conserve la continuité. Les fonc-tions de la série trigonométrique étant continues sur R, on peutconclure que la fonction somme f est aussi continue sur R.

Ý Les fonctions un sont toutes 2π-périodiques, donc pour tout x ∈R,

f (x + 2π) =+∞∑n=0

un(x + 2π) =+∞∑n=0

un(x) = f (x),

f est donc 2π-périodique.

9. Tout d’abord, pour tout (α,β) ∈ R2, grâce aux formules d’Euler :

cos(α) cos(β) =

�eiα+ e−iα

2

��eiβ+ e−iβ

2

�=

1

4

�ei(α+β)+ ei(α−β)+ e−i(α−β)+ e−i(α+β)

�=

1

4

�2cos(α+ β) + 2cos(α− β)�

=1

2

�cos(α+ β) + cos(α− β)� ,

67/76


et

cos(α) sin(β) =

�eiα+ e−iα

2

��eiβ− e−iβ

2i

�=

1

4i

�ei(α+β)− ei(α−β)+ e−i(α−β)− e−i(α+β)

�=

1

4i�2i sin(α+ β)− 2i sin(α− β)�

=1

2

�sin(α+ β)− sin(α− β)� ,

et encore

sin(α) sin(β) =

�eiα− e−iα

2i

��eiβ− e−iβ

2i

�=−1

4

�ei(α+β)− ei(α−β)− e−i(α−β)+ e−i(α+β)

�=−1

4

�cos(α+ β)− 2cos(α− β)�

=−1

2

�cos(α+ β)− cos(α− β)� .

donc pour tout (k, n) ∈ N2,∫ π−π

cos(kx) cos(nx)d x =

∫ π−π

1

2(cos(k+ n)x + cos(k− n)x)d x

=

2π si k = n= 0,

12

h1

k+nsin(k+ n)x

iπ−π+π= π si k = n> 0,

12

h1

k+nsin(k+ n)x + 1

k−nsin(k− n)x

iπ−π = 0 si k ̸= n.

De même∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x =

∫ π−π

1

2(sin(n+ k)x − sin(n− k)x)d x

= 0(ce qui est normal car la fonc-tion est impaire)

68/76


et∫ π−π

sin(kx) sin(nx)d x =

∫ π−π−1

2(cos(k+ n)x − cos(k− n)x)d x

=

0 si k = n= 0,

−12

h1

k+nsin(k+ n)x

iπ−π+π= π si k = n> 0,

12

h1

k+nsin(k+ n)x + 1

k−nsin(k− n)x

iπ−π = 0 si k ̸= n.

D’autre part, pour tous entiers k et n, la fonction x 7→ est continueet impaire, donc (en posant t = −x ) son intégrale est nulle surl’intervalle [−π ; π] qui est centré en 0.

69/76


On pourrait aussi effectuer deux intégration par partiessuccessives, pour n ̸= 0 :∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x

=�

sin(kx)1

nsin(nx)

�π−π−∫ π−π

k cos(kx)1

nsin(nx)d x

(je rappelle que sin(pπ) = 0 pour tout en-tier p ∈ Z, donc �sin(kx) 1

nsin(nx)

�π−π =

0)

= 0− k

n

��− cos(kx)

1

ncos(nx)

�π−π−∫ π−π

k sin(kx)1

ncos(nx)d x

�=−k2

n2

∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x ,

donc�

1+ k2

n2

�∫ π−π sin(kx) cos(nx)d x = 0, et par consé-

quent ∫ π−π

sin(kx) cos(nx)d x = 0.

10. Pour tout n ∈ N,∫ π−π

f (x) cos(nx)d x =

∫ π−π

∞∑k=0

(ak cos(kx) cos(nx)+bk sin(kx) cos(nx))d x

Posons encore pour tout (k, x) ∈ N × R, uk(x) = ak cos(kx) +bk sin(kx) et vk(x) = uk(x) cos(nx).On sait d’après la question 8 que

∑un est normalement conver-

gente sur R.

70/76


De plus pour tout réel x,��vk(x)

�� = |uk(x) cos(nx)| ⩽ |uk(x)| ⩽∥uk∥∞.Donc

vk

R∞ ⩽ uk

R∞, et � uk

R∞� est sommable, ainsi par domi-

nation∑

vn est normalement convergente sur R.En particulier

∑vn est uniformément convergente sur le segment

[−π,π] et on peut intégrer terme à terme :∫ π−π

f (x) cos(nx)d x

=∞∑

k=0

�ak

∫ π−π

cos(kx) cos(nx)d x + bk

∫ π−π

sin(kx) cos(nx))d x

�.

Dans la somme, on sait par la question 10 que tous les termes sontnuls sauf celui d’indice k = n qui vaut anπ si n ̸= 0 et 2πa0 si n= 0.Ainsi,

∀n ∈ N∗, an = αn( f ) et a0 =1

2α0( f ).

11. Il s’agit d’utiliser la question précédente avec a0 = α0( f )/2, b0 = 0et pour n ⩾ 1, an = αn( f ) et bn = βn( f ). La somme est ici égale àg et on obtient donc

∀n ∈ N, αn( f ) = αn(g) et βn( f ) = βn(g).

12. Les applications h 7→ αn(h) et h 7→ βn(h) étant linéaire, on a iciαn(g − f ) = βn(g − f ) = 0 et, avec le résultat admis g − f = 0.

13. Pour tout n ∈ N, si f est paire, x 7→ f (x) sin(nx) est impaire etsa fonction est donc d’intégrale nulle sur un intervalle centré sur 0(ce que l’on voit par le changement de variable affine t = −x ). Enparticulier,

∀n, βn( f ) = 0.

De même x 7→ f (x) cos(nx) est paire et

∀n ∈ N, αn( f ) =2

π

∫ π0

f (x) cos(nx)d x .

71/76


14. (a) Ici je vais tricher et utiliser un petit programme Python. Pourcalculer f (x), on cherche un entier k tel que x − 2kπ = y ∈[−π,π] et on renvoie y2.

1 from numpy import floor2 def f(x):3 k=floor((x+pi)/(2*pi))4 return (x-2*k*pi)**2

La fonction f étant paire, donc d’après la question précédente,les coeffcients βn( f ) sont tous nuls, et

αn( f ) =2

π

∫ π0

x2 cos(nx)d x .

72/76


Pour tout n ∈ N∗, une double intégration par parties donne∫ π0

x2 cos(nx)d x =−2

n

∫ π0

x sin(nx)d x

=−2

n

��− x cos(nx)

n

�π0+

1

n

∫ π0

cos(nx)d x

�et ainsi

∀n ̸= 0, αn( f ) =4(−1)n

n2 ·Enfin,

α0( f ) =2

π

∫ π0

x2d x =2

3π2.

Comme∑(αn( f )) et

∑(βn( f )) convergent absolument, on sait

grâce à la question 6 que la série trigonométrique est normale-ment convergente sur R, et conclure que

∀x ∈ R, f (x) =π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n2 cos(nx).

(b) Pour x = 0, on obtient∞∑

n=1

(−1)n

n2 =−π2

12

Pour x = π, on obtient∞∑

n=1

1

n2 =π2

6

Cette série étant absolument convergente, on peut séparer sasomme en isolant les termes d’indice pair et ceux d’indice im-pair : ∞∑

n=1

1

n2 =∞∑

n=1

1

(2n)2+∞∑

n=0

1

(2n+ 1)2.

73/76


On en déduit que

∞∑n=0

1

(2n+ 1)2=π2

6− 1

4

∞∑n=0

1

n2 =π2

8·

15. Ý La fonction x 7→ ln(1+x)x

est continue sur ]0,1].

Ý En 0, la fonction est équivalente à xx= 1 et x 7→ 1 est intégrable

sur ]0 ; 1],

Ý donc x 7→ ln(1+x)x

est intégrable sur ]0 ; 1].

Cette question utilise deux résultats qui n’ont pas encoreété traités, ça avait échappé à mon survol de l’énoncé, jesuis désolé.

Ý Tout d’abord, on connaîtra plus tard le développement en sérieentière de x 7→ ln(1+ x) sur ]−1 ; 1[ :

ln(1+ x) =+∞∑n=0

(−1)n xn+1

n+ 1=+∞∑n=1

(−1)n−1 xn

n,

donc pour tout x ∈ ]0 ; 1[

ln(1+ x)x

=1

x×+∞∑n=1

(−1)n−1 xn

n=+∞∑n=1

(−1)n−1 xn−1

n.

Ý Ensuite pour intervertir somme et intégrale, on va appliquer lethéorème d'intégration terme à terme que l’on découvriraavec ravissement plus tard aussi :

- gn : x 7→ (−1)n−1 xn−1

nest le terme général d’une série de

fonctions continues qui converge simplement sur ]0,1[ versx 7→ ln(1+x)

x.

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- Cette fonction somme est continue sur ]0,1[.

- gn est intégrable sur ]0,1[ et∫ 1

0|gn(x)|d x = 1

n2 est le termegénéral d’une série convergente.

Ces conditions étant remplies, ce fameux théorème nous per-met donc d’intervertir somme et intégrale de la manière sui-vante : ∫ 1

0

ln(1+ x)x

d x =

∫ 1

0

+∞∑n=1

(−1)n−1 xn−1

nd x

=∞∑

n=1

∫ 1

0

(−1)n−1 xn−1

nd x

=∞∑

n=1

(−1)n−1

n2 =π2

12·

16. Dans l’exemple de la question 15, on a obtenu une série norma-lement convergente sur R. Cependant la somme f n’est dérivableen aucun multiple de π, car lim

x<−→π f ′(x) = 2π ̸= lim

x>−→π f ′(x) = −2π,

donc f n’est pas dérivable sur R.Supposons que

∑(nan) et

∑(nbn) sont des séries absolument

convergente. Montrons qu’alors en posant un(x) = an cos(nx) +bn sin(nx),

∑(un) converge normalement sur R vers une fonction

de classe C1 sur R. On utilise pour cela le théorème de régularitédes sommes de séries fonctions.- ∀n, un ∈ C1(R) et u′n(x) =−nan sin(nx) + nbn cos(nx).

-∑(un) converge simplement sur R.

- ∥u′n∥R∞ ⩽ |nan|+ |nbn| est le terme général d’une série conver-gente et

∑(u′n) est donc normalement convergente sur R.

Le théorème de dérivation terme à terme s’applique donc et indiquenon seulement que la somme est de classe C1 mais que sa dérivéeest la somme des dérivées.

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17. On a vu en question 2 que

∀x ∈ R,∞∑

n=0

sin(nx)3n =

3sin(x)10− 6cos(x)

.

Les conditions de la question précédente sont vérifiées, avec an = 0et bn = 1/3n. On en déduit en dérivant que

∀x ∈ R,∞∑

n=0

n cos(nx)3n =

3

2

5cos(x)− 3

(5− 3cos(x))2·

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Exercices du chapitre 10. Suites et séries de fonctionspc.cassin.free.fr/fichiers/ex-10-suites-series-fonctions.pdf · Exercices du chapitre 10. Suites et séries de fonctions Suites