Étude d’une série de fonctions

(Exercice d’oral Mines-Ponts 2017)

  1. Déterminer l’ensemble de définition {I} de {f:x\mapsto \displaystyle\sum\limits_{n\in \mathbb{N}}\ln (1+e^{-nx})}.
  2. Montrer que {f} est continue et strictement décroissante sur {I}.
  3. Calculer la limite de {f} en {+\infty }. Même question en {0^+}.
  4. Trouver un équivalent de {f} en {0}. On admettra que: {\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{12}.}

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  1. La fonction {t\mapsto f_n(x)=\ln(1+e^{-nx})} est {\mathcal{C}^{\infty}} sur {\mathbb{R}}, à valeurs strictement positives.

    Pour {x\lt 0} on a {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f_n(x)=+\infty}. On a {f_n(0)=\ln(2)} pour tout {n}.

    La série {\displaystyle\sum f_n(x)} est donc grossièrement divergente pour {x\le 0}.

    Pour {x>0}, on a: {\forall\, n\in\mathbb{N},\;0\lt f_n(x)\le (\text{e}^{-x})^{n}} (terme général série convergente).

    Ainsi la fonction {f} est définie sur {\mathbb{R}^{+*}}.

  2. Comme chaque {f_n} pour {n\ge1}, la fonction {f} est strictement décroissante sur {\mathbb{R}^{+*}}.

    Pour {a>0}, on a {\sup\limits_{x\ge a}\left|{f_n(x)}\right|=f_n(a)} (terme général d’une série convergente).

    Ainsi {\displaystyle\sum f_n} est CVN, donc CVU, sur {[a,+\infty[} pour {a>0}.

    La continuité de {f} sur {\mathbb{R}^{+*}} en résulte.

  3. On note que {\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f_n(x)=0} pour {n\ge1}, mais {f_0} est constante en {\ln(2)}.

    La CVU permet d’appliquer le théorème de la double limite.

    On a donc : {\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f_n(x)=\ln(2)}.

    La fonction {f}, décroissante sur {\mathbb{R}^{+*}}, a une limite {\ell\in\mathbb{R}\cup\{+\infty\}} quand {x\to0^+}.

    Par l’absurde, supposons {\ell\in\mathbb{R}}.

    Alors: {\forall\, x>0,\;\forall\, N\in\mathbb{N},\;0\lt \displaystyle\sum_{n=0}^{N}f_n(x)\le \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x)\le \ell}.

    Quand {x\to 0}, on trouve: {\forall\, N\in\mathbb{N},\;0\lt \displaystyle\sum_{n=0}^{N}\ln(2)\le \ell}, ce qui est absurde.

    Ainsi {\displaystyle\lim_{x\to0+}f(x)=+\infty}.

  4. Pour {x>0}, {g_x\colon t\mapsto \ln(1+e^{-xt})} est continue, décroissante positive sur {[0,+\infty[}.

    Par comparaison série-intégrale, on obtient : {\int_0^{n+1} g_x(t) \,\text{d}t \le \sum_{k=0}^n g_x(k)\le g_x(0)+ \int_{0}^{n} g_x(t) \,\text{d}t}Le changement de variable {u=\text{e}^{-nx}} conduit à :{\int_{0}^{n} g_x(t) \,\text{d}t=\frac{1}{x}\int_{\text{e}^{-nx}}^1 \dfrac{\ln(1+u)}{u}\,\text{d}u}On en déduit les inégalités, pour tout n\in \mathbb{N} : {\begin{array}{rl}\dfrac{1}{x}\displaystyle\int_{\text{e}^{-(n+1)x}}^1 \dfrac{\ln(1+u)}{u}\,\text{d}u&\le\displaystyle\sum_{k=0}^n g_x(k)=\displaystyle\sum_{k=0}^n \ln(1+\text{e}^{-kx})\\\\&\le g_x(0)+\displaystyle\frac{1}{x}\int_{\text{e}^{-nx}}^1 \dfrac{\ln(1+u)}{u}\,\text{d}u\quad(\star)\end{array}}Or {u\mapsto \dfrac{\ln(1+u)}{u}} est continue sur {]0,1]} et {\displaystyle\lim_{u\to 0} \dfrac{\ln(1+u)}{u}=1}.

    La fonction {u\mapsto \dfrac{\ln(1+u)}{u}} est donc intégrable sur {]0,1]}.

    Soit {J=\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1+u)}{u}\,\text{d}u}. Quand {n\to+\infty} dans {(\star)} on obtient : {\dfrac{J}{x}\le \sum_{k=0}^{+\infty} \ln(1+\text{e}^{-kx})=f(x)\le \ln 2+\dfrac{J}{x}}On multiplie {x>0} et, quand {x\to0^+} on obtient : {\lim\limits _{x\to 0}xf(x)=J}.

    Ainsi {f(x)\stackrel{x \to 0}{\sim}\dfrac{1}{x}\displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{\ln(1+u)}{u}\,\text{d}u}.

    Par ailleurs, on la les égalités (sous réserve d’interversion) :{\begin{array}{rl}\displaystyle\int_0^1\dfrac{\ln(1+u)}{u}\,\text{d}u&=\displaystyle\int_0^1\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^{n-1}\dfrac{u^{n-1}}{n}\,\text{d}u\\\\&=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^{n-1}\displaystyle\int_0^1 \dfrac{u^{n-1}}{n}\,\text{d}u\\\\&=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{12}\end{array}}L’interversion est justifiée car {\displaystyle\sum(-1)^{n-1}\dfrac{u^{n-1}}{n}} est uniformément convergente sur {[0,1]}.

    En effet, avec le théorème spécial des séries alternées : {\left|\sum_{n=N+1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\frac{u^{n-1}}{n}\right|\le \frac{u^N}{N+1}\le \frac{1}{N+1}}En conclusion : {f(x)\sim \dfrac{\pi^2}{12x}} quand {x\to0}.