WikiPrépaMaths

Étude d'une série de fonctions exponentielles

série de fonctionséquivalentcomparaison série-intégraleconvergence normaleThéorème de limite terme à termeIntégrale de GammaChangement de variable

Soit la fonction ff définie par la série de fonctions suivante :

f(x)=∑n=1∞nxe−nxf(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n^{x} e^{-n x}

  1. Déterminer le domaine de définition Df\mathcal{D}_f de la fonction ff et étudier ses variations sur cet ensemble.
  2. Étudier les limites de ff aux bornes de son domaine de définition.
  3. Déterminer un équivalent de f(x)f(x) lorsque x→0+x \to 0^+ et lorsque x→+∞x \to +\infty.

1.

Pour le domaine de définition, utiliser la règle n2un(x)→n→+∞0n^2 u_n(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 pour x>0x > 0.

2.

Pour les variations, dériver le terme général après avoir vérifié la convergence normale de la série des dérivées.

3.

Pour l'équivalent en +∞+\infty, isoler le premier terme de la série qui est prépondérant.

4.

Pour l'équivalent en 0+0^+, comparer la somme à une intégrale ou effectuer un changement de variable dans une intégrale de comparaison.

Idées clés

•

Convergence des séries à termes positifs via comparaison.

•

Théorème de dérivation terme à terme (convergence normale).

•

Comparaison série-intégrale pour l'étude asymptotique.

1. Domaine de définition et variations.

Soit un(x)=nxe−nx=exp⁡(x(ln⁡n−n))u_n(x) = n^x e^{-nx} = \exp(x(\ln n - n)) pour n∈N∗n \in \mathbb{N}^*.

Si x>0x > 0, alors x(ln⁡n−n)∼−nxx(\ln n - n) \sim -nx. Par croissance comparée, n2un(x)=exp⁡(2ln⁡n+xln⁡n−nx)→n→+∞0n^2 u_n(x) = \exp(2\ln n + x\ln n - nx) \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0. Ainsi, un(x)=o(1/n2)u_n(x) = o(1/n^2), donc la série converge.

Si x≤0x \leq 0, alors x(ln⁡n−n)≥0x(\ln n - n) \geq 0 car ln⁡n−n≤0\ln n - n \leq 0 pour tout n≥1n \geq 1. Le terme général un(x)u_n(x) ne tend pas vers 00, donc la série diverge grossièrement.

Df=]0,+∞[\boxed{ \mathcal{D}_f = ]0, +\infty[ }

Pour les variations, les fonctions unu_n sont de classe C1\mathcal{C}^1 sur ]0,+∞[]0, +\infty[. On a un′(x)=(ln⁡n−n)ex(ln⁡n−n)u_n'(x) = (\ln n - n) e^{x(\ln n - n)}. Comme n≥1>en \geq 1 > e, on a ln⁡n<n\ln n < n, donc un′(x)<0u_n'(x) < 0 pour tout n≥1n \geq 1.

Pour tout a>0a > 0, sur [a,+∞[[a, +\infty[, ∣un′(x)∣≤(n−ln⁡n)ea(ln⁡n−n)|u_n'(x)| \leq (n - \ln n) e^{a(\ln n - n)}. Cette série converge (même argument que pour unu_n). Il y a convergence normale, donc ff est C1\mathcal{C}^1 et décroissante.

f est strictement deˊcroissante sur ]0,+∞[\boxed{ f \text{ est strictement décroissante sur } ]0, +\infty[ }

2. Limite et équivalent en +∞+\infty.

Pour x∈[1,+∞[x \in [1, +\infty[, on a un(x)≤un(1)=ne−nu_n(x) \leq u_n(1) = n e^{-n}. La série ∑ne−n\sum n e^{-n} converge, donc il y a convergence normale sur [1,+∞[[1, +\infty[. On peut appliquer le théorème de la limite terme à terme :

lim⁡x→+∞f(x)=∑n=1∞lim⁡x→+∞un(x)=0\lim_{x \to +\infty} f(x) = \sum_{n=1}^\infty \lim_{x \to +\infty} u_n(x) = 0

Pour l'équivalent, on écrit f(x)=e−x+∑n=2∞ex(ln⁡n−n)f(x) = e^{-x} + \sum_{n=2}^\infty e^{x(\ln n - n)}. Alors f(x)=e−x(1+∑n=2∞ex(ln⁡n−n+1))f(x) = e^{-x} \left( 1 + \sum_{n=2}^\infty e^{x(\ln n - n + 1)} \right). Pour n≥2n \geq 2, la fonction h(t)=ln⁡t−t+1h(t) = \ln t - t + 1 est strictement négative car son maximum est en t=1t=1 (h(1)=0h(1)=0). Ainsi, chaque terme de la somme tend vers 00 et la somme converge normalement.

f(x)∼x→+∞e−x\boxed{ f(x) \underset{x \to +\infty}{\sim} e^{-x} }

3. Limite et équivalent en 0+0^+.

Quand x→0+x \to 0^+, un(x)→1u_n(x) \to 1 pour tout nn. Par le théorème de convergence monotone (ou comparaison série-intégrale), f(x)→+∞f(x) \to +\infty.

Pour l'équivalent, soit gx(t)=txe−txg_x(t) = t^x e^{-tx}. Sur [1,+∞[[1, +\infty[, gx′(t)=x(1t−1)gx(t)≤0g_x'(t) = x(\frac{1}{t}-1)g_x(t) \leq 0. La fonction gxg_x est décroissante sur [1,+∞[[1, +\infty[. Par comparaison série-intégrale :

∫1∞gx(t)dt≤∑n=1∞gx(n)≤gx(1)+∫1∞gx(t)dt\int_1^\infty g_x(t) dt \leq \sum_{n=1}^\infty g_x(n) \leq g_x(1) + \int_1^\infty g_x(t) dt

Calculons I(x)=∫1∞txe−txdtI(x) = \int_1^\infty t^x e^{-tx} dt. On pose u=txu = tx, d'où dt=duxdt = \frac{du}{x} :

I(x)=∫x∞(ux)xe−udux=1xx+1∫x∞uxe−uduI(x) = \int_x^\infty \left(\frac{u}{x}\right)^x e^{-u} \frac{du}{x} = \frac{1}{x^{x+1}} \int_x^\infty u^x e^{-u} du

Comme xln⁡x→0x \ln x \to 0 quand x→0+x \to 0^+, on a xx=exln⁡x→1x^x = e^{x \ln x} \to 1. De plus, ∫x∞uxe−udu→x→0+∫0∞u0e−udu=Γ(1)=1\int_x^\infty u^x e^{-u} du \xrightarrow[x \to 0^+]{} \int_0^\infty u^0 e^{-u} du = \Gamma(1) = 1. Ainsi, I(x)∼1xI(x) \sim \frac{1}{x}.

f(x)∼x→0+1x\boxed{ f(x) \underset{x \to 0^+}{\sim} \frac{1}{x} }

Ne pas oublier de vérifier la convergence normale locale pour justifier la dérivation ou la limite terme à terme.

Pour trouver un équivalent d'une somme lorsque le paramètre tend vers une borne de divergence, la comparaison avec une intégrale est l'outil privilégié.