Série et arctan... Un exo bien difficile - Exercice 1

Soit $$t$$ un nombre réel tel que $$t\geqslant0$$.
Etudions le signe de la dérivée $$f'_x$$. On a alors :
$$f'_x(t) = \left( \arctan\left( t+x \right) - \arctan\left( t \right)\right)'$$
Par linéarité de la dérivation, on a alors :
$$f'_x(t) = \left( \arctan\left( t+x \right) \right)' - \left(\arctan\left( t \right) \right)'$$
Or, on sait que :
$$\forall X \in \mathbb{R}, \,\, \left( \arctan\left( u(X) \right) \right)' = \dfrac{u'(X)}{1 +u^2(X)}$$
Donc, on a :
$$f'_x(t) = \dfrac{\left( t+x \right)'}{1 + \left( t+x \right)^2} - \dfrac{t'}{1 +t^2}$$
Soit :
$$f'_x(t) = \dfrac{1}{1 + \left( t+x \right)^2} - \dfrac{1}{1 +t^2}$$
De plus, on sait que $$x>0$$ et $$t\geqslant0$$, donc :
$$x>0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, t + x>t \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, (t + x)^2 > t^2 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, 1 + (t + x)^2 > 1 + t^2$$
Comme l'inversion est une opération qui renverse l'ordre, on a :
$$\dfrac{1}{1 + \left( t+x \right)^2} < \dfrac{1}{1 +t^2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{1 + \left( t+x \right)^2} - \dfrac{1}{1 +t^2} < 0$$
Soit :
$$f'_x(t) < 0$$
Ainsi la fonction $$f_x$$ est décroissante sur l'intervalle $$\mathbb{R}^+$$.

Nous allons chercher à construire un équivalent du terme $$u_n(x)$$ lorsque $$n \longrightarrow + \infty$$.
On a $$x > 0$$ qui est fixé.
De plus, on sait que pour $$X > 0$$ on a la relation suivante :
$$\arctan(X) + \arctan\left( \dfrac{1}{X} \right) = \dfrac{\pi}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \arctan(X) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan\left( \dfrac{1}{X} \right)$$
Donc :
$$\arctan\left( n+x \right) - \arctan\left( n \right) = \left( \dfrac{\pi}{2} - \arctan\left( \dfrac{1}{n + x} \right) \right) - \left( \dfrac{\pi}{2} - \arctan\left( \dfrac{1}{n} \right) \right)$$
Soit :
$$u_n(x) = - \arctan\left( \dfrac{1}{n + x} \right) + \arctan\left( \dfrac{1}{n} \right) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, u_n(x) = \arctan\left( \dfrac{1}{n} \right) - \arctan\left( \dfrac{1}{n + n\dfrac{x}{n} } \right)$$
Soit encore :
$$u_n(x) = \arctan\left( \dfrac{1}{n} \right) - \arctan\left( \dfrac{1}{n \left( 1 + \dfrac{x}{n} \right) } \right) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, u_n(x) = \arctan\left( \dfrac{1}{n} \right) - \arctan\left( \dfrac{1}{n} \left( 1 + \dfrac{x}{n} \right)^{-1} \right)$$
Ainsi, on en déduit que :
$$u_n(x) = \arctan\left( \dfrac{1}{n} \right) - \arctan\left( \dfrac{1}{n} \left( 1 - \dfrac{x}{n} + o\left( \dfrac{1}{n} \right)\right) \right)$$
En développant :
$$u_n(x) = \arctan\left( \dfrac{1}{n} \right) - \arctan\left( \dfrac{1}{n} - \dfrac{x}{n^2} + o\left( \dfrac{1}{n^2} \right)\right)$$
En outre, lorsque $$X \longrightarrow 0$$, on a $$\arctan(X) = X + o(X^2)$$. Or, lorsque $$n \longrightarrow + \infty$$ cela implique que $$\dfrac{1}{n} \longrightarrow 0$$. Donc, on en déduit immédiatement que :
$$u_n(x) = \dfrac{1}{n} + o\left( \dfrac{1}{n^2} \right) - \left( \dfrac{1}{n} - \dfrac{x}{n^2} + o\left( \dfrac{1}{n^2} \right)\right)$$
D'où :
$$u_n(x) = \dfrac{x}{n^2} + o\left( \dfrac{1}{n^2} \right)$$
Ainsi, on a :
$$u_n(x) \underset{n \longrightarrow + \infty}{\sim} \dfrac{x}{n^2}$$
Concernant la série $$\sum_{n = 1}^{+\infty} \dfrac{x}{n^2} = x\sum_{n = 1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}$$ il nous est possible d'affirmer qu'elle est convergente car la série numérique $$\sum_{n = 1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}$$ est elle-même convergente.
En conclusion : le série de fonctions $$\sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x)$$ est convergente sur l'intervalle $$\mathbb{R}^+$$. Il s'agit d'une convergence simple.

Déterminons un équivalent de $$S(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x)$$ lorsque $$x \longrightarrow + \infty$$.
Avec les notations des questions précédentes, on a $$u_n(x) = f_x(n)$$.
De plus, on sait que la fonction $$f_x$$ est décroissante sur $$\mathbb{R}^+$$, donc on a, par les propriétés de l'intégrale :
$$\int_n^{n+1} f_x(t) \, dt \leqslant u_n(x) \leqslant \int_{n-1}^{n} f_x(t) \, dt$$
Par sommation sur $$n$$ allant de $$1$$ jusqu'à $$N \in \mathbb{N}^\star$$, on obtient directement en vertu de la propriété de $$Chasles$$ :
$$\int_1^{N+1} f_x(t) \, dt \leqslant \sum_{n=1}^{N} u_n(x) \leqslant \int_{0}^{N} f_x(t) \, dt$$
D'où, si $$N \longrightarrow + \infty$$, alors on obtient :
$$\int_1^{+\infty} f_x(t) \, dt \leqslant \sum_{n=1}^{+\infty} u_n(x) \leqslant \int_{0}^{+\infty} f_x(t) \, dt$$
Donc on en déduit que :
$$\int_1^{+\infty} f_x(t) \, dt \leqslant \left( \sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x) \right) - u_0(x) \leqslant \int_{0}^{+\infty} f_x(t) \, dt$$
De même :
$$\int_1^{+\infty} f_x(t) \, dt \leqslant S(x) - u_0(x) \leqslant \int_{0}^{+\infty} f_x(t) \, dt$$
Afin de calculer les intégrales présentent dans cette dernière inégalité, posons $$a \geqslant 0$$ et $$X > a$$. Nous ferons tendre $$X$$ vers $$+\infty$$ à la fin des procédures. On a alors :
$$\int_a^{X} f_x(t) \, dt = \int_a^{X} \left( \arctan\left( t + x \right) - \arctan\left( t \right) \right) \, dt$$
Par linéarité, on a donc :
$$\int_a^{X} f_x(t) \, dt = \int_a^{X} \arctan\left( t + x \right) \, dt - \int_a^{X} \arctan\left( t \right) \, dt$$
Dans l'intégrale $$\int_a^{X} \arctan\left( t + x \right) \, dt$$ posons $$u = t+x$$. Dans ce cas $$u$$ débute à $$a+x$$ et termine à $$X+x$$. De plus, on a $$du = dt$$. On va donc pouvoir écrire que :
$$\int_a^{X} f_x(t) \, dt = \int_{a+x}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du - \int_a^{X} \arctan\left( t \right) \, dt$$
Puis, par décomposition de $$Chasles$$, on a :
$$\int_{a+x}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du = \int_{a+x}^{a} \arctan\left( u \right) \, du + \int_{a}^{X} \arctan\left( u \right) \, du + \int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du$$
Ceci va nous permettre d'éliminer la seconde intégrale du membre de droite. En effet, on obtient :
$$\int_a^{X} f_x(t) \, dt = \int_{a+x}^{a} \arctan\left( u \right) \, du + \int_{a}^{X} \arctan\left( u \right) \, du + \int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du - \int_a^{X} \arctan\left( t \right) \, dt$$
On obtient alors :
$$\int_a^{X} f_x(t) \, dt = \int_{a+x}^{a} \arctan\left( u \right) \, du + \int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du$$
Soit encore :
$$\int_a^{X} f_x(t) \, dt = \int_{a+x}^{a} \arctan\left( u \right) \, du + x\dfrac{1}{x}\int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du$$
Puis, le dernier terme va s'écrire :
$$\dfrac{1}{x}\int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du = \dfrac{1}{X+x-X}\int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du$$
On voit apparaitre la structure analytique d'une valeur moyenne. Ainsi le théorème de la valeur moyenne nous permet d'affirmer qu'il existe une certaine valeur $$c$$, telle que $$X \leqslant c \leqslant X+x$$, qui nous permette d'écrire que :
$$\dfrac{1}{x}\int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du = \dfrac{1}{X+x-X}\int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du = \arctan(c)$$
Ceci implique que, par passage à la limite lorsque $$X \longrightarrow +\infty$$, nous obtenions :
$$\lim_{X \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{x}\int_{X}^{X+x} \arctan\left( u \right) \, du = \lim_{c \longrightarrow +\infty} \arctan(c) = \dfrac{\pi}{2}$$
De plus, on a :
$$\int_{a+x}^{a} \arctan\left( u \right) \, du = \int_{a+x}^{a} \left( 1 \times \arctan\left( u \right) \right) \, du$$
Ainsi, à l'aide d'une intégration par parties, on trouve que :
$$\int_{a+x}^{a} \arctan\left( u \right) \, du = \left[ u \arctan(u) \right]_{a+x}^{a} - \int _{a+x}^{a} \dfrac{u}{1+u^2} \, du = \left[ u \arctan(u) \right]_{a+x}^{a} - \dfrac{1}{2}\int _{a+x}^{a} \dfrac{2u}{1+u^2} \, du$$
Donc :
$$\int_{a+x}^{a} \arctan\left( u \right) \, du = \left[ u \arctan(u) \right]_{a+x}^{a} - \dfrac{1}{2}\left[ \ln(1+u^2) \right]_{a+x}^{a} = \left[ u \arctan(u) - \dfrac{1}{2} \ln(1+u^2)\right]_{a+x}^{a}$$
On obtient donc :
$$\int_1^{+\infty} f_x(t) \, dt = \left[ u \arctan(u) - \dfrac{1}{2} \ln(1+u^2)\right]_{1+x}^{1} + x \dfrac{\pi}{2}$$
Soit :
$$\int_1^{+\infty} f_x(t) \, dt = \arctan(1) - \dfrac{1}{2} \ln(2) - (1+x) \arctan(1+x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+(1+x)^2) + x \dfrac{\pi}{2}$$
Soit encore, avec $$\tan\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = 1$$, on a :
$$\int_1^{+\infty} f_x(t) \, dt = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2} \ln(2) - (1+x) \arctan(1+x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+(1+x)^2) + x \dfrac{\pi}{2}$$
Puis, de la même manière :
$$\int_0^{+\infty} f_x(t) \, dt = \arctan(0) - \dfrac{1}{2} \ln(1) - x\arctan(x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + x \dfrac{\pi}{2}$$
Soit encore, avec $$\tan\left( 0 \right) = 0$$ et $$\ln(1) =0$$, on a :
$$\int_0^{+\infty} f_x(t) \, dt = - x\arctan(x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + x \dfrac{\pi}{2}$$
De tout ceci, on trouve donc l'encadrement suivant :
$$\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\ln(2)}{2} - (1+x) \arctan(1+x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+(1+x)^2) + x \dfrac{\pi}{2} \leqslant S(x) - u_0(x) \leqslant - x\arctan(x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + x \dfrac{\pi}{2}$$
Comme $$u_n(x) = \arctan\left( n+x \right) - \arctan\left( n \right)$$ alors $$u_0(x) = \arctan\left( 0+x \right) - \arctan\left( 0 \right) = \arctan(x)$$.
Ainsi, la quantité $$S(x)$$ vérifie donc l'encadrement suivant :
$$m(x) \leqslant S(x) \leqslant M(x)$$
Avec :
$$m(x) = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2} \ln(2) - (1+x) \arctan(1+x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+(1+x)^2) + x \dfrac{\pi}{2} + \arctan(x)$$
et
$$M(x) = - x\arctan(x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + x \dfrac{\pi}{2} + \arctan(x)$$
ou de même :
$$m(x) = \arctan(x) + \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2} \ln(2) + \dfrac{1}{2} \ln(1+(1+x)^2) + x \dfrac{\pi}{2} - (1+x) \arctan(1+x)$$
et
$$M(x) = \arctan(x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + x \left( \dfrac{\pi}{2} - \arctan(x) \right)$$
Comme $$x>0$$, on sait que :
$$\arctan(x) + \arctan\left( \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{\pi}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \arctan\left( \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan(x)$$
Donc :
$$x \left( \dfrac{\pi}{2} - \arctan(x) \right) = x\arctan\left( \dfrac{1}{x} \right)$$
Lorsque $$x \longrightarrow +\infty$$, on a un l'équivalent suivant :
$$\arctan\left( \dfrac{1}{x} \right) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} = \dfrac{1}{x} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, x\arctan\left( \dfrac{1}{x} \right) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} = 1$$
Donc, on a également :
$$x \dfrac{\pi}{2} - (1+x) \arctan(1+x) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} x \dfrac{\pi}{2} - x \arctan(x) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} x \left( \dfrac{\pi}{2} - \arctan(x) \right) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} 1$$
En outre, on sait que $$\lim_{x \longrightarrow + \infty} \arctan(x) = \dfrac{\pi}{2}$$. Donc, au voisinage de $$+ \infty$$, on peut donc écrire que :
$$m(x) = \dfrac{1}{2} \ln(1+(1+x)^2) + o(1)$$
et
$$M(x) = \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + o(1)$$
De plus on a :
$$\dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) = \dfrac{1}{2} \ln\left(x^2 \left(\dfrac{1}{x^2}+1\right) \right) = \ln\left(\sqrt{ x^2 \left(\dfrac{1}{x^2}+1\right) }\right) = \ln\left( |x| \sqrt{\dfrac{1}{x^2}+1 }\right) = \ln\left( |x| \left(1 + \dfrac{1}{x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right)$$
Donc, on a :
$$\dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) = \ln\left( |x| \right) + \ln\left( \left(1 + \dfrac{1}{x^2} \right)^{\frac{1}{2}}\right)$$
D'où :
$$\dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln\left( x \right) + \ln \left(1 + \dfrac{1}{2x^2} \right) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln\left( x \right) + \ln \left(1 + 0^+ \right) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln\left( x \right) + \ln \left(1^+ \right) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln\left( x \right) + 0^+$$
Donc :
$$\dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln\left( x \right)$$
Ainsi :
$$M(x) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln\left( x \right)$$
Puis, on a :
$$m(x) = \dfrac{1}{2} \ln(1+(1+x)^2) + o(1) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln(x)$$
Ainsi le majorant et le minorant de la quantité $$S(x)$$ admette le même équivalent en $$+\infty$$. Ilm s'en suit immédiatement que, lorsque $$x \longrightarrow +\infty$$, un équivalent de la somme de la de la série de fonctions $$\sum_{n=0}^{+\infty} u_n(x)$$, sur l'intervalle $$\mathbb{R}^+$$, est :
$$S(x) \underset{x \longrightarrow +\infty}{\sim} \ln\left( x \right)$$