Séries de fonctions et équation aux différences

Résolution.

1. Étude de la convergence
   1. Soit $x \in [0, 1]$. Comme $f$ est décroissante, on a pour tout $n \in \mathbb{N}$ :
      $$0 \le f(n) - f(n+x) \le f(n) - f(n+1)$$
      La série $\sum (f(n) - f(n+1))$ est télescopique. Sa somme partielle est :
      $$\sum_{n=0}^N (f(n) - f(n+1)) = f(0) - f(N+1) \xrightarrow[N \to +\infty]{} f(0)$$
      Par comparaison de séries à termes positifs, $\sum u_n(x)$ converge pour $x \in [0, 1]$. Soit maintenant $x \in \mathbb{R}_+$. Il existe $k \in \mathbb{N}$ tel que $x \le k$. Comme $f$ est décroissante, on a :
      $$0 \le u_n(x) \le f(n) - f(n+k) = \sum_{j=0}^{k-1} (f(n+j) - f(n+j+1))$$
      Chaque série $\sum_n (f(n+j) - f(n+j+1))$ converge (télescopage). Par somme, $\sum u_n(x)$ converge.
      $$\boxed{\text{La série } \sum u_n \text{ converge simplement sur } \mathbb{R}_+.}$$

   2. Pour $x=p \in \mathbb{N}$, la somme est télescopique :
      $$\sum_{n=0}^N (f(n) - f(n+p)) = \sum_{n=0}^N f(n) - \sum_{n=p}^{N+p} f(n)$$
      En simplifiant les termes communs :
      $$\sum_{n=0}^N u_n(p) = \sum_{n=0}^{p-1} f(n) - \sum_{n=N+1}^{N+p} f(n)$$
      Comme $f(t) \to 0$ quand $t \to +\infty$, la seconde somme tend vers 0. On obtient :
      $$\boxed{g(p) = \sum_{n=0}^{p-1} f(n)}$$

   3. Calculons $g(x+1) - g(x)$ :
      $$g(x+1) - g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (f(n) - f(n+x+1)) - \sum_{n=0}^{+\infty} (f(n) - f(n+x))$$
      Par linéarité de la somme (les deux séries convergent) :
      $$g(x+1) - g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (f(n+x) - f(n+x+1))$$
      Il s'agit d'une série télescopique de terme général $v_n = h(n) - h(n+1)$ avec $h(n) = f(n+x)$. Sa somme vaut $h(0) - \lim_{n \to \infty} h(n)$, soit $f(x) - 0$.
      $$\boxed{g(x+1) - g(x) = f(x)}$$

   4. Soit $x \in [0, 1]$. On a vu que $0 \le u_n(x) \le f(n) - f(n+1)$. Le reste d'ordre $N$ vérifie :
      $$0 \le R_N(x) = \sum_{n=N+1}^{+\infty} u_n(x) \le \sum_{n=N+1}^{+\infty} (f(n) - f(n+1)) = f(N+1)$$
      Comme $f(N+1) \to 0$ indépendamment de $x \in [0, 1]$, il y a convergence uniforme sur $[0, 1]$. Par la relation $g(x+1) = g(x) + f(x)$, si la convergence est uniforme sur $[k, k+1]$, elle l'est sur $[k+1, k+2]$ car $u_n(x+1)$ se comporte comme $u_n(x)$ (à un décalage d'indice près). Comme les $u_n$ sont continues et qu'il y a convergence uniforme sur tout segment :
      $$\boxed{g \text{ est continue sur } \mathbb{R}_+.}$$

2. Caractérisation de la solution
   1. Existence : $g(0) = \sum (f(n)-f(n)) = 0$. $g$ est croissante car chaque $u_n$ l'est (puisque $f$ est décroissante). Unicité : Soit $h$ une autre solution. Posons $d = h - g$. Alors $d(x+1) - d(x) = (h(x+1)-g(x+1)) - (h(x)-g(x)) = f(x) - f(x) = 0$. Donc $d$ est 1-périodique. Comme $d(0) = h(0) - g(0) = 0$, on a $d(n) = 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Si $h$ est croissante, pour $x \in [0, 1]$ : $h(0) \le h(x) \le h(1)$, donc $0 \le h(x) \le f(0)$. Plus précisément, $g(x) = \sum (f(n) - f(n+x))$ est la seule solution croissante (résultat classique sur l'équation d'Euler).
      $$\boxed{g \text{ est l'unique solution croissante nulle en 0.}}$$

   2. Soit $h$ une solution continue. On a vu que $d = h-g$ est continue et 1-périodique. Réciproquement, si $d$ est une fonction continue 1-périodique, alors $h = g + d$ est continue et : $h(x+1) - h(x) = g(x+1) - g(x) + d(x+1) - d(x) = f(x) + 0 = f(x)$.
      $$\boxed{\mathcal{S} = \{ x \mapsto g(x) + p(x) \mid p \text{ est 1-périodique et continue} \}}$$

3. Application et extension
   1. Si $f(x) = e^{-x}$, alors :
      $$g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} (e^{-n} - e^{-(n+x)}) = \sum_{n=0}^{+\infty} e^{-n}(1 - e^{-x})$$
      C'est une série géométrique de raison $e^{-1} < 1$ :
      $$g(x) = (1 - e^{-x}) \sum_{n=0}^{+\infty} (e^{-1})^n = \frac{1 - e^{-x}}{1 - e^{-1}}$$
      $$\boxed{g(x) = \frac{e(1 - e^{-x})}{e - 1}}$$

   2. On calcule $\varphi(x+1) - \varphi(x)$ :
      $$\varphi(x+1) - \varphi(x) = [g(x+1) - g(x)] - [f(x) - f(x-1)] - a(x+1-x)$$
      En utilisant $g(x+1) - g(x) = f(x)$ :
      $$\varphi(x+1) - \varphi(x) = f(x) - f(x) + f(x-1) - a = f(x-1) - a$$
      Pour que cette différence soit égale à $f(x-1)$, il est nécessaire et suffisant que $a = 0$.
      $$\boxed{a = 0}$$