MPSI B Année 2011-2012 Corrigé DM 12 29 juin 2019
1. a. Le graphe deϕnest une parabole tronquée. La fonction est continue dansR. Elle est C∞ dans chaque intervalle mais elle n'est pas dérivable en −n1 et n1 car les taux d'accroissement ont des limites diérentes à droite et à gauche.
K0,4 K0,2 0 0,2 0,4
1 2 3
Fig. 1: graphe deϕn pourn= 4
b. Le calcul de l'intégrale ne présente pas de dicultés.
Z n1
−n1
ϕn(t)dt= 3n 4
2 n−n22
3n3
= 1
2. a. En faisant le changement de variableu =x+t dans la dénition defn(x), on
obtient :
fn(x) = Z x+n1
x−n1
ϕn(u−x)f(u)du
Développonsϕn(u−x)et ordonnons suivant les puissances deuavant d'intégrer en utilisant le linéarité
fn(x) = 3n
4 (1−n2x2) Z x+n1
x−1n
f(u)du+ 2n2x Z x+n1
x−1n
uf(u)du
−n2 Z x+1n
x−n1
u2f(u)du
!
Les trois intégrales qui gurent dans la parenthèse s'expriment à l'aide de primi- tives de u→f(u), u→uf(u), u→u2f(u). Cette expression montre donc bien quefn estC1.
b. L'expression précédente permet le calcul defn0(x).
fn0(x) = 3n
4 −2n2x Z x+n1
x−1n
f(u)du
+(1−n2x2)
f(x+1
n)−f(x−1 n)
+2n2 Z x+n1
x−1n
uf(u)du
+2n2x
(x+1
n)f(x+ 1
n)−(x−1
n)f(x−1 n)
−n2
(x+ 1
n)2f(x+1
n)−(x− 1
n)2f(x−1 n)
Développons et regroupons les termes enf(x+1n)etf(x−n1). Ils s'annulent et il ne reste que les intégrales qui se regroupent en
fn0(x) = 3n3 2
Z x+1n
x−n1
(u−x)f(u)du
Le changement de variable t = u−x dans cette dernière intégrale conduit au résultat demandé :
fn0(x) =3n3 2
Z n1
−n1
tf(x+t)dt
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1 Rémy Nicolai M1112C
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3. a. Utilisons le calcul de l'intégrale de ϕn pour exprimer la diérence comme une intégrale que l'on majore de manière très classique :
|fn(x)−f(x)|=
Z 1n
−n1
ϕn(t)f(x+t)dt−f(x) Z n1
−1n
ϕn(t)dt
=
Z n1
−n1
ϕn(t)(f(x+t)−f(x))dt
≤ Z 1n
−n1
ϕn(t)|f(x+t)−f(x)|dt
≤ Z 1n
−n1
ϕn(t)Mn(x)dt=Mn(x) Z n1
−n1
ϕn(t)dt=Mn(x)
On a utilisé le fait queϕn est à valeurs positives dans l'intervalle.
b. Dans cette question, on utilise le théorème de Heine. Toute fonction continue sur un segment est uniformément continue.
Pour toutε >0, il existe unα >0 tel que , pour tousxety dansJ :
|x−y|< α⇒ |f(x)−f(y)|< ε
Considérons un entierN > α1. Alorsn≥N entraine n1 < α. Pour toutxdansJ etn≥N,Mn(x)< εdoncKn(J)< ε. Ceci entraine que(Kn(J))n∈
N∗ converge vers0.
c. Pour tout réel x xé, on peut considérer un segment J qui le contienne (par exemple de longueur1 et de milieux). La question précédente prouve la conver- gence vers0 de la suite desKn attachée à ce segment.Comme
|fn(x)−f(x)| ≤Kn
On en déduit que(fn(x))n∈N∗ converge versf(x).
4. a. Introduisons le développement dénissantRxdans l'expression de la dérivée trou- vée en 2.b. Par linéarité, on obtient :
fn0(x) =3n3 2 f(x)
Z n1
−n1
t dt
! +3n3
2 f0(x) Z 1n
−n1
t2dt
!
+3n3 2
Z n1
−1n
t2Rx(t)dt Si on est particulièrement scrupuleux, on peut se poser la question de la continuité deRx an de justier son intégrabilité. Par dénition même, Rx est clairement
continue sauf en0 où elle n'est pas vraiment dénie. On peut prolonger Rx par continuité en posant Rx(0) = 0 car le fait que Rx converge vers 0 en 0 est la dénition même de la dérivabilité def enx.
Les intégrales det et det2valent respectivement0 et 2n32. On en déduit :
fn0(x) =f0(x) +3n3 2
Z n1
−n1
t2Rx(t)dt
b. Majorons|fn0(x)−fn0(x)|en utilisant les expressions précédentes.
|fn0(x)−fn0(x)|= 3n3 2
Z n1
−n1
t2Rx(t)dt
≤3n3 2
Z 1n
−n1
t2|Rx(t)|dt
≤ 3n3 2
Z n1
−1n
t2 max
t∈[−n1,1n]
|Rx(t)|dt= max
t∈[−1n,n1]
|Rx(t)|
Comme, pour x xé, Rx converge vers 0 en 0, la suite des maxt∈[−1
n,1n]|Rx(t)|
converge vers0. On en déduit que(fn0(x))n∈
N∗converge versf0(x).
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