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Étude d'une série de fonctions et limite à la borne

série de fonctionslimitecomparaison série-intégraleconvergence simpleComparaison série-intégraleÉquivalents

Soit ff la fonction définie sur l'intervalle [0,1[[0, 1[ par la relation suivante :

f(x)=∑n=0+∞(1−x)xn1+xnf(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(1-x) x^n}{1+x^n}

  1. Justifier que la fonction ff est bien définie sur [0,1[[0, 1[.
  2. Déterminer la limite de f(x)f(x) lorsque xx tend vers 1−1^-.

1.

Pour la définition, une simple majoration par une série géométrique suffit.

2.

Pour la limite en 1−1^-, on pourra mettre (1−x)(1-x) en facteur et comparer la somme restante à une intégrale.

3.

On pourra poser le changement de variable u=xtu = x^t dans l'intégrale de comparaison.

Idées clés

•

Convergence simple par comparaison à une série géométrique.

•

Comparaison série-intégrale pour une fonction décroissante.

•

Utilisation d'un équivalent classique : ln⁡(x)∼x−1\ln(x) \sim x-1 au voisinage de 11.

1. Domaine de définition de ff

Soit x∈[0,1[x \in [0, 1[. Pour tout entier naturel nn, on pose :

un(x)=(1−x)xn1+xnu_n(x) = \frac{(1-x)x^n}{1+x^n}

On observe que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, comme 1+xn≥11+x^n \ge 1 :

0≤un(x)≤(1−x)xn0 \le u_n(x) \le (1-x)x^n

La série ∑(1−x)xn\sum (1-x)x^n est une série géométrique de raison x∈[0,1[x \in [0, 1[, elle est donc convergente.

Par théorème de comparaison des séries à termes positifs, la série ∑un(x)\sum u_n(x) converge.

On en déduit que :

f est bien deˊfinie sur [0,1[\boxed{f \text{ est bien définie sur } [0, 1[}

2. Limite de ff en 1−1^-

Étape 1 : Encadrement par une intégrale.

Fixons x∈]0,1[x \in ]0, 1[. On peut écrire :

f(x)=(1−x)∑n=0+∞gx(n)ouˋgx(t)=xt1+xtf(x) = (1-x) \sum_{n=0}^{+\infty} g_x(n)   \text{où}   g_x(t) = \frac{x^t}{1+x^t}

La fonction t↦gx(t)t \mapsto g_x(t) est continue, positive et strictement décroissante sur [0,+∞[[0, +\infty[. En effet, t↦xt=etln⁡xt \mapsto x^t = e^{t \ln x} est décroissante car ln⁡x<0\ln x < 0, et la fonction u↦u1+u=1−11+uu \mapsto \frac{u}{1+u} = 1 - \frac{1}{1+u} est croissante.

Par comparaison série-intégrale, nous avons :

∫0+∞gx(t) dt≤∑n=0+∞gx(n)≤gx(0)+∫0+∞gx(t) dt\int_{0}^{+\infty} g_x(t)   dt \le \sum_{n=0}^{+\infty} g_x(n) \le g_x(0) + \int_{0}^{+\infty} g_x(t)   dt

Comme gx(0)=11+1=12g_x(0) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}, on obtient :

∫0+∞xt1+xt dt≤f(x)1−x≤12+∫0+∞xt1+xt dt\int_{0}^{+\infty} \frac{x^t}{1+x^t}   dt \le \frac{f(x)}{1-x} \le \frac{1}{2} + \int_{0}^{+\infty} \frac{x^t}{1+x^t}   dt

Étape 2 : Calcul de l'intégrale.

Calculons I(x)=∫0+∞xt1+xt dtI(x) = \int_{0}^{+\infty} \frac{x^t}{1+x^t}   dt. Effectuons le changement de variable u=xt=etln⁡xu = x^t = e^{t \ln x}. Alors du=ln⁡x⋅etln⁡x dtdu = \ln x \cdot e^{t \ln x}   dt, soit dt=duuln⁡xdt = \frac{du}{u \ln x}.

Lorsque t=0t=0, u=1u=1. Lorsque t→+∞t \to +\infty, u→0u \to 0.

I(x)=∫10u1+uduuln⁡x=1ln⁡x∫1011+u duI(x) = \int_{1}^{0} \frac{u}{1+u} \frac{du}{u \ln x} = \frac{1}{\ln x} \int_{1}^{0} \frac{1}{1+u}   du

I(x)=−1ln⁡x∫0111+u du=−ln⁡(2)ln⁡xI(x) = \frac{-1}{\ln x} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+u}   du = \frac{- \ln(2)}{\ln x}

Étape 3 : Conclusion par passage à la limite.

En multipliant l'encadrement de l'étape 1 par (1−x)>0(1-x) > 0, on a :

(1−x)I(x)≤f(x)≤1−x2+(1−x)I(x)(1-x) I(x) \le f(x) \le \frac{1-x}{2} + (1-x) I(x)

Remplaçons I(x)I(x) par sa valeur :

x−1ln⁡xln⁡(2)≤f(x)≤1−x2+x−1ln⁡xln⁡(2)\frac{x-1}{\ln x} \ln(2) \le f(x) \le \frac{1-x}{2} + \frac{x-1}{\ln x} \ln(2)

On sait que lim⁡x→1ln⁡xx−1=1\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1} = 1, donc lim⁡x→1x−1ln⁡x=1\lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\ln x} = 1. De plus, lim⁡x→11−x2=0\lim_{x \to 1} \frac{1-x}{2} = 0.

Par le théorème des gendarmes, on conclut :

lim⁡x→1−f(x)=ln⁡(2)\boxed{\lim_{x \to 1^-} f(x) = \ln(2)}

Absence de convergence uniforme sur l'intervalle semi-ouvert.

Utiliser la comparaison avec une intégrale pour les limites de sommes.