Convergence d'une série de fonctions puissances pondérées

Résolution.

1. Condition nécessaire pour la convergence normale. Supposons que $\sum u_n$ converge normalement sur $[0, 1]$. Par définition, la série numérique $\sum \|u_n\|_\infty$ est convergente. Or, pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a :
   $$\|u_n\|_\infty = \sup_{t \in [0, 1]} |t^n f(t)| \geq |u_n(1)| = |1^n f(1)| = |f(1)|$$
   Si $|f(1)| > 0$, alors le terme général $\|u_n\|_\infty$ ne tend pas vers $0$, ce qui contredit la convergence de la série. Ainsi, la condition $f(1) = 0$ est nécessaire.
   $$\boxed{ \text{La condition } f(1) = 0 \text{ est nécessaire.} }$$

2. Étude du cas $f(t) = 1 - t$. Soit $u_n(t) = t^n(1-t)$. La fonction $u_n$ est continue sur $[0, 1]$, dérivable sur $]0, 1[$. Calculons sa dérivée :
   $$\forall t \in ]0, 1[,   u_n'(t) = n t^{n-1} - (n+1)t^n = t^{n-1}(n - (n+1)t)$$
   La dérivée s'annule en $t_n = \frac{n}{n+1} \in [0, 1]$. $u_n$ est croissante sur $[0, t_n]$ et décroissante sur $[t_n, 1]$. Le maximum est donc atteint en $t_n$ :
   $$\|u_n\|_\infty = u_n\left(\frac{n}{n+1}\right) = \left(\frac{n}{n+1}\right)^n \left(1 - \frac{n}{n+1}\right) = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-n} \frac{1}{n+1}$$
   Cherchons un équivalent de ce terme :
   $$\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-n} = \exp\left( -n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \right) = \exp\left( -n \left(\frac{1}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right) \right) \xrightarrow[n \to +\infty]{} e^{-1}$$
   D'où :
   $$\boxed{ \|u_n\|_\infty \sim \frac{1}{en} }$$
   La série $\sum \frac{1}{n}$ diverge, donc par comparaison de séries à termes positifs, $\sum \|u_n\|_\infty$ diverge. La convergence n'est pas normale, bien que $f(1)=0$. La condition $f(1)=0$ n'est donc pas suffisante.

3. Condition suffisante avec $\alpha > 1$. Si $f(t) = O((1-t)^\alpha)$ au voisinage de $1$, il existe $M > 0$ tel que pour tout $t \in [0, 1]$, $|f(t)| \leq M(1-t)^\alpha$. On pose $v_n(t) = t^n(1-t)^\alpha$. De la même manière qu'en question 2, on cherche le maximum de $v_n$.
   $$v_n'(t) = n t^{n-1}(1-t)^\alpha - \alpha t^n (1-t)^{\alpha-1} = t^{n-1}(1-t)^{\alpha-1} (n(1-t) - \alpha t)$$
   Le maximum est atteint en $t_n = \frac{n}{n+\alpha}$.
   $$\|v_n\|_\infty = \left(\frac{n}{n+\alpha}\right)^n \left(\frac{\alpha}{n+\alpha}\right)^\alpha \sim e^{-\alpha} \frac{\alpha^\alpha}{n^\alpha}$$
   Puisque $\alpha > 1$, la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ converge. Par comparaison, $\sum \|u_n\|_\infty$ converge.
   $$\boxed{ \text{Si } f(t) \sim_1 c(1-t)^\alpha \text{ avec } \alpha > 1, \text{ la convergence est normale.} }$$

4. Condition nécessaire et suffisante pour la convergence uniforme. La série converge simplement sur $[0, 1]$ si et seulement si $f(1) = 0$ (car pour $t < 1$, $\sum t^n$ converge, et pour $t=1$, la série est $\sum f(1)$). Supposons $f(1) = 0$. Pour $t \in [0, 1[$, le reste d'ordre $n$ est :
   $$R_n(t) = \sum_{k=n+1}^{+\infty} t^k f(t) = f(t) \frac{t^{n+1}}{1-t}$$
   Par continuité, $R_n(1) = 0$. La convergence est uniforme si et seulement si $\|R_n\|_\infty \to 0$. Posons $\phi(t) = \frac{f(t)}{1-t}$ pour $t \in [0, 1[$ et $\phi(1) = \lim_{t \to 1} \frac{f(t)}{1-t}$ si cette limite existe. Sens direct : Si $\sum u_n$ converge uniformément, alors le reste $R_n$ tend vers $0$ en norme infinie. On a $|R_n(t)| = t^{n+1} |\phi(t)|$. Si $\phi$ n'est pas bornée ou si sa limite en $1$ n'est pas nulle, on peut montrer que $\|R_n\|_\infty$ ne tend pas vers $0$. En effet, si $\lim_{t \to 1^-} \phi(t) = \ell \neq 0$, alors pour $t$ proche de $1$, $|R_n(t)| \approx t^{n+1} |\ell|$, dont la borne supérieure sur $[0,1]$ est $|\ell| \neq 0$. Réciproque : Si $f(1) = 0$ et $\lim_{t \to 1^-} \frac{f(t)}{1-t} = 0$, alors la fonction $\phi$ est continue sur $[0, 1]$ en posant $\phi(1)=0$. Elle est donc bornée par un certain $K$. Pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que $|t-1| < \delta \implies |\phi(t)| < \varepsilon$. Sur $[1-\delta, 1]$, $|R_n(t)| \leq 1 \cdot \varepsilon$. Sur $[0, 1-\delta]$, $|R_n(t)| \leq (1-\delta)^{n+1} K$, qui tend vers $0$. La condition $\lim_{t \to 1} \frac{f(t)}{1-t} = 0$ équivaut exactement à dire que $f$ est dérivable en $1$ avec $f'(1) = 0$.
   $$\boxed{ \text{CNS : } f(1) = 0 \text{ et } f \text{ est dérivable en } 1 \text{ avec } f'(1) = 0. }$$