Étude asymptotique d'une série de gaussiennes

Soit $\alpha$ un paramètre réel strictement positif. Pour tout $x \in \mathbb{R}_+^*$ , on considère la fonction $f_{\alpha}$ définie par la série :

f_{\alpha}(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} x^{\alpha} e^{-x n^{2}}

Justifier que $f_{\alpha}$ est bien définie et continue sur l'intervalle $]0, +\infty[$ .
Déterminer la limite de $f_{\alpha}(x)$ lorsque $x$ tend vers $0^+$ . On pourra s'aider d'une comparaison avec une intégrale.

1.

Pour la continuité, étudier la convergence normale sur tout intervalle du type $[a, +\infty[$ avec $a > 0$ .

2.

Pour la limite en $0$ , la fonction $t \mapsto e^{-xt^2}$ est décroissante sur $\mathbb{R}_+$ . Utiliser l'encadrement classique par l'intégrale $\int_0^{+\infty} e^{-xt^2} \mathrm{d}t$ .

3.

Effectuer le changement de variable $u = t\sqrt{x}$ dans l'intégrale.

Idées clés

•

Convergence normale pour la continuité sur un ouvert.

•

Comparaison série-intégrale pour les sommes de fonctions monotones.

•

Équivalent de la somme par une intégrale de Gauss.

Résolution.

Définition et continuité. Soit $x > 0$ . La série est à termes positifs. Comme $x > 0$ , par croissance comparée, on a : $n^2 e^{-xn^2} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$ Ainsi, $e^{-xn^2} = o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ , ce qui assure la convergence de la série. Soit $a > 0$ . Pour tout $x \in [a, +\infty[$ et pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ , la fonction $x \mapsto x^\alpha e^{-xn^2}$ n'est pas nécessairement monotone sur $[a, +\infty[$ . Cependant, pour $n$ assez grand, le terme $e^{-xn^2}$ domine largement. Plus précisément, pour $x \ge a$ et $n \ge 1$ , on a : $|x^\alpha e^{-xn^2}| \le x^\alpha e^{-an^2}$ Cette majoration ne suffit pas directement car $x^\alpha$ n'est pas borné sur $[a, +\infty[$ . Fixons $[a, b] \subset ]0, +\infty[$ . Sur cet intervalle, $x^\alpha \le b^\alpha$ et $e^{-xn^2} \le e^{-an^2}$ . $\forall x \in [a, b], |x^\alpha e^{-xn^2}| \le b^\alpha e^{-an^2}$ Le terme de droite est le terme général d'une série numérique convergente. Il y a donc convergence normale, donc uniforme, sur tout segment de $]0, +\infty[$ . Comme chaque terme $x \mapsto x^\alpha e^{-xn^2}$ est continu sur $]0, +\infty[$ , par théorème de continuité des séries de fonctions : $\boxed{f_\alpha \text{ est continue sur } ]0, +\infty[}$
Limite en $0^+$ . Soit $x > 0$ $x > 0$ . La fonction $g : t \mapsto e^{-xt^2}$ $g : t \mapsto e^{- x t^{2}}$ est continue et strictement décroissante sur $[0, +\infty[$ $[0, + \infty [$ . Par comparaison série-intégrale :
$\int_0^{+\infty} e^{-xt^2} \mathrm{d}t \le \sum_{n=0}^{+\infty} e^{-xn^2} \le e^{-x \cdot 0^2} + \int_0^{+\infty} e^{-xt^2} \mathrm{d}t$
Calculons l'intégrale $I(x) = \int_0^{+\infty} e^{-xt^2} \mathrm{d}t$ $I (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t^{2}} d t$ . On pose le changement de variable $u = t\sqrt{x}$ $u = t x$ , d'où $\mathrm{d}u = \sqrt{x} \mathrm{d}t$ $d u = x d t$ :
$I(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} \int_0^{+\infty} e^{-u^2} \mathrm{d}u = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}}$
En multipliant l'encadrement par $x^\alpha$ $x^{α}$ (qui est positif) :
$x^\alpha \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}} \le f_\alpha(x) \le x^\alpha \left( 1 + \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{x}} \right)$
Ce qui se réécrit :
$\frac{\sqrt{\pi}}{2} x^{\alpha - 1/2} \le f_\alpha(x) \le x^\alpha + \frac{\sqrt{\pi}}{2} x^{\alpha - 1/2}$
On en déduit l'équivalent :
$\boxed{f_\alpha(x) \underset{x \to 0^+}{\sim} \frac{\sqrt{\pi}}{2} x^{\alpha - 1/2}}$
L'étude de la limite dépend donc de la position de $\alpha$ $α$ par rapport à $1/2$ $1/2$ :
- Si $\alpha > 1/2$ , alors $\alpha - 1/2 > 0$ , donc $\lim_{x \to 0^+} f_\alpha(x) = 0$ .
- Si $\alpha = 1/2$ , alors $\lim_{x \to 0^+} f_\alpha(x) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .
- Si $\alpha < 1/2$ , alors $\alpha - 1/2 < 0$ , donc $\lim_{x \to 0^+} f_\alpha(x) = +\infty$ .

Ne pas oublier que la convergence normale sur ]0, +inf[ globalement est souvent fausse.

Utiliser la comparaison avec une intégrale pour obtenir un équivalent d'une série.