Étudier la convergence de la série $$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2}$$ - Exercice 1

Soit $$n$$ un nombre entier naturel.
Soit $$x$$ un nombre réel positif : $$x \geqslant 0$$.
On pose :
$$u_n(x) = \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2}$$
On a :
$$0 < e^{-nx} \leqslant 1$$
Ce qui implique que (puisque $$1+n^2 > 0$$) :
$$0 < \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2} \leqslant \dfrac{1}{1+n^2}$$
Soit :
$$0 < u_n(x) \leqslant \dfrac{1}{1+n^2}$$
Puis :
De plus, on sait que :
$$\dfrac{1}{1+n^2} \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{n^2}$$
Et comme la série numérique $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}$$ est une série de Riemann convergente alors, en vertu du critère de Weierstrass, la série $$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2}$$ est normalement convergente sur $$\mathbb{R}^+$$.
Soit $$x$$ un nombre réel strictement négatif : $$x < 0$$.
Par croissances comparées, on a la limite suivante :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n(x) = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2} = + \infty$$
De fait, cela implique immédiatement que la série $$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2}$$ est divergente sur $$\mathbb{R}^{-\star}$$.
En conclusion la série de fonctions $$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2}$$ est normalement convergente pour $$x \geqslant 0$$.

$$\hookrightarrow \,\,$$ Soit $$x \geqslant 0$$.
Soit $$n$$ un nombre entier naturel.
On a la fonction $$f \longrightarrow f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} u_n(x)$$.
Avec la fonction $$u_n : x \longmapsto u_(x) = \dfrac{e^{-nx}}{1+n^2}$$ qui est continue pour tout entier naturel $$n$$.
En conséquence la fonction $$f$$ est continue sur $$\mathbb{R}^+$$.
Puis, la fonction $$u_n$$ est dérivable pour $$x \geqslant 0$$. Et on a :
$$\forall x \in \mathbb{R}^+, \,\, u'_n(x) = -\dfrac{n}{1+n^2} e^{-nx}$$.
On constate alors que, pour un nombre réel $$\ell$$ strictement positif, on a :
$$x \geqslant \ell \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, |\, u'_n(x) \,| \leqslant e^{-n\ell}$$.
Et on sait que la série numérique $$\sum_{n = 0}^{+\infty} e^{-n\ell} = \sum_{n = 0}^{+\infty} \left( e^{-\ell} \right)^n = \sum_{n = 0}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{e^\ell} \right)^n$$ est une série géométrique de raison $$\dfrac{1}{e^\ell}$$.
Comme $$\ell > 0$$ cela implique que $$0 < \dfrac{1}{e^\ell} < 1$$. En conséquence la série géométrique $$\sum_{n = 0}^{+\infty} \left( \dfrac{1}{e^\ell} \right)^n$$ est convergente.
En vertu du critère de Weierstrass on peut affirmer que la série de fonction $$\sum_{n=0}^{\infty} u'_n(x)$$ est normalement convergente pour $$x \geqslant \ell$$.
Ceci permet d'affirmer que la fonction $$f = \sum_{n=0}^{\infty} u_n$$ est dérivable pour $$x \geqslant \ell$$. Et comme $$\ell > 0$$, cela signifie que $$f$$ est dérivable pour $$x >0$$. De fait, on a :
$$\forall x > 0, \,\, f'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} u'_n(x) = - \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2} e^{-nx}$$
$$\hookrightarrow \,\,$$ Étudions maintenant le cas particulier $$x=0$$.
Ce cas particulier nous oblige à nous intéresser à la série $$\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2}$$.
Or, on sait que :
$$\dfrac{n}{1+n^2} \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{n}{n^2} = \dfrac{1}{n}$$
Or, la série harmonique $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}$$ est divergente et de fait, par comparaison, la série numérique $$\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2}$$ est également divergente.
Ceci nous permet donc d'écrire que :
$$\forall V \in \mathbb{R}, \,\, \exists N \in \mathbb{N}, \, / \, \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2} > V$$
De plus, pour tous les entiers naturels $$n$$ inférieurs à $$N$$ on a pour $$x \geqslant 0$$ : $$e^{-nx} \geqslant e^{-Nx}$$.
Ainsi, si $$0 < x < \dfrac{\ln(2)}{N}$$ alors on a :
$$0 < Nx < \ln(2) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 > -Nx > -\ln(2) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 > -Nx > \ln\left( \dfrac{1}{2} \right)$$
Par croissance de la fonction exponentielle on a alors :
$$e^0 > e^{-Nx} > e^{\ln\left( \frac{1}{2} \right)}$$
Soit :
$$e^{-nx} > e^{-Nx} > \dfrac{1}{2}$$
D'où, si $$0 < x < \dfrac{\ln(2)}{N}$$ alors on a :
$$\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2} e^{-nx} > \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2} \dfrac{1}{2}$$
Soit :
$$-\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2} e^{-nx} < -\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2} \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, f'(x) < -\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2} \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, f'(x) < - \dfrac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{1+n^2}$$
Ce qui implique immédiatement que pour $$0 < x < \dfrac{\ln(2)}{N}$$ on a :
$$f'(x) < - \dfrac{V}{2}$$
Appliquons maintenant le théorème des accroissements finis à la fonction $$f$$. Comme la fonction $$f$$ est dérivable sur l'intervalle $$\left]0 \,;\, \dfrac{\ln(2)}{N} \right[$$, on a alors pour $$0 < x < \dfrac{\ln(2)}{N}$$ :
$$\exists c \in ]0 \,;\, x[ \, / \, f(x) - f(0) = (x-0) \, f'(c)$$
Ce qui implique que pour $$0 < x < \dfrac{\ln(2)}{N}$$ le taux de variation satisfait à :
$$\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} < - \dfrac{V}{2}$$
En passant à la limite lorsque $$x \longrightarrow 0$$, on obtient :
$$\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = - \infty$$
Ceci démontre que la fonction $$f$$ n'est pas dérivable en $$x=0$$.