MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Pour tout entier naturel n non nul, on dénit une fonction ϕ n dans R par :
∀t ∈ R : ϕ n (t) =
3n
4 (1 − n 2 t 2 ) si t ∈
− 1 n , 1
n
0 si t 6∈
− 1 n , 1
n
Soit f une fonction continue (mais non nécessairement dérivable) de R dans R. Pour tout entier naturel n non nul, on dénit f n par :
∀x ∈ R : f n (x) = Z
n1−
n1ϕ n (t)f (x + t)dt 1. a. Tracer l'allure du graphe d'une fonction ϕ n .
Préciser la "régularité" de ϕ n . (Où est-elle continue, dérivable ? Où la dérivée est elle continue, dérivable ? ... ).
b. Calculer
Z
n1−
1nϕ n (t)dt
2. a. En utilisant un changement de variable et diverses primitives, former une expres- sion de f n (x) permettant de montrer que f n est dérivable dans R.
b. Pour tout x réel, montrer que
f n 0 (x) = 3n 3 2
Z
n1−
n1tf(x + t)dt
3. Pour tout réel x et tout entier naturel non nul n , on pose I n (x) =
x − 1
n , x + 1 n
M n (x) = max
u∈I
n(x) |f(u) − f (x)|
a. Montrer que
|f n (x) − f (x)| ≤ M n (x)
b. Soit J un segment (intervalle de la forme [a, b] ) de R. Pour tout naturel non nul n , on note
K n (J) = max
x∈J |f n (x) − f (x)|
Montrer que (K n (J )) n∈N
∗converge vers 0 .
c. Soit x un réel xé. Que peut-on déduire de la question précédente relativement à la suite
(f n (x)) n∈
N
∗4. Soit x un nombre réel en lequel la fonction f est dérivable. On dénit une fonction R x
par :
∀t ∈ R : f (x + t) = f (x) + tf 0 (x) + tR x (t)
a. Pour tout n naturel non nul, exprimer f n 0 (x) en fonction de f 0 (x) et de
Z
n1−
n1t 2 R x (t)dt
b. Montrer que (f n 0 (x)) n∈
N
∗converge vers f 0 (x) .
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/
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Rémy Nicolai Aconv1MPSI B 29 juin 2019
Corrigé
1. a. Le graphe de ϕ n est une parabole tronquée. La fonction est continue dans R. Elle est C ∞ dans chaque intervalle mais elle n'est pas dérivable en − n 1 et n 1 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 de ϕ n pour n = 4
b. Le calcul de l'intégrale ne présente pas de dicultés.
Z
n1−
n1ϕ n (t) dt = 3n 4
2 n − n 2 2
3n 3
= 1
2. a. En faisant le changement de variable u = x + t dans la dénition de f n (x) , on obtient :
f n (x) = Z x+
n1x−
n1ϕ n (u − x)f (u)du
Développons ϕ n (u − x) et ordonnons suivant les puissances de u avant d'intégrer en utilisant le linéarité
f n (x) = 3n
4 (1 − n 2 x 2 ) Z x+
n1x−
1nf (u)du + 2n 2 x Z x+
n1x−
1nuf(u)du
−n 2 Z x+
1nx−
n1u 2 f (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 → u 2 f (u) . Cette expression montre donc bien que f n est C 1 .
b. L'expression précédente permet le calcul de f n 0 (x) .
f n 0 (x) = 3n
4 −2n 2 x Z x+
n1x−
1nf (u)du
+(1 − n 2 x 2 )
f (x + 1
n ) − f (x − 1 n )
+2n 2 Z x+
n1x−
1nuf(u)du
+2n 2 x
(x + 1
n )f (x + 1
n ) − (x − 1
n )f (x − 1 n )
−n 2
(x + 1
n ) 2 f (x + 1
n ) − (x − 1
n ) 2 f (x − 1 n )
Développons et regroupons les termes en f (x + 1 n ) et f (x − n 1 ) . Ils s'annulent et il ne reste que les intégrales qui se regroupent en
f n 0 (x) = 3n 3 2
Z x+
1nx−
n1(u − x)f (u)du
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Rémy Nicolai Aconv1MPSI B 29 juin 2019
Le changement de variable t = u − x dans cette dernière intégrale conduit au résultat demandé :
f n 0 (x) = 3n 3 2
Z
1n−
n1tf(x + t) dt
3. a. Utilisons le calcul de l'intégrale de ϕ n pour exprimer la diérence comme une intégrale que l'on majore de manière très classique :
|f n (x) − f (x)| =
Z
1n−
n1ϕ n (t)f (x + t) dt − f(x) Z
n1−
1nϕ n (t) dt
=
Z
n1−
n1ϕ n (t)(f (x + t) − f (x)) dt
≤ Z
1n−
n1ϕ n (t) |f(x + t) − f(x)| dt
≤ Z
1n−
n1ϕ n (t)M n (x) dt = M n (x) Z
n1−
n1ϕ n (t) dt = M n (x)
On a utilisé le fait que ϕ n 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 tout ε > 0 , il existe un α > 0 tel que , pour tous x et y dans J :
|x − y| < α ⇒ |f (x) − f (y)| < ε
Considérons un entier N > α 1 . Alors n ≥ N entraine n 1 < α . Pour tout x dans J et n ≥ N , M n (x) < ε donc K n (J) < ε . Ceci entraine que (K n (J )) n∈
N
∗converge vers 0 .
c. Pour tout réel x xé, on peut considérer un segment J qui le contienne (par exemple de longueur 1 et de milieu x ). La question précédente prouve la conver- gence vers 0 de la suite des K n attachée à ce segment.Comme
|f n (x) − f (x)| ≤ K n
On en déduit que (f n (x)) n∈N
∗converge vers f (x) .
4. a. Introduisons le développement dénissant R x dans l'expression de la dérivée trou-
vée en 2.b. Par linéarité, on obtient :
f n 0 (x) = 3n 3 2 f (x)
Z
n1−
1nt dt
! + 3n 3
2 f 0 (x) Z
1n−
n1t 2 dt
!
+ 3n 3 2
Z
n1−
1nt 2 R x (t) dt
Si on est particulièrement scrupuleux, on peut se poser la question de la continuité de R x an de justier son intégrabilité. Par dénition même, R x est clairement continue sauf en 0 où elle n'est pas vraiment dénie. On peut prolonger R x par continuité en posant R x (0) = 0 car le fait que R x converge vers 0 en 0 est la dénition même de la dérivabilité de f en x .
Les intégrales de t et de t 2 valent respectivement 0 et 2n 3
2. On en déduit :
f n 0 (x) = f 0 (x) + 3n 3 2
Z
n1−
n1t 2 R x (t) dt
b. Majorons |f n 0 (x) − f n 0 (x)| en utilisant les expressions précédentes.
|f n 0 (x) − f n 0 (x)| = 3n 3 2
Z
n1−
n1t 2 R x (t) dt
≤ 3n 3 2
Z
1n−
n1t 2 |R x (t)| dt
≤ 3n 3 2
Z
n1−
1nt 2 max
t∈[−
n1,
1n]
|R x (t)| dt = max
t∈[−
1n,
n1]
|R x (t)|
Comme, pour x xé, R x converge vers 0 en 0 , la suite des max t∈[−
1n
,
1n] |R x (t)|
converge vers 0 . On en déduit que (f n 0 (x)) n∈
N
∗converge vers f 0 (x) .
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/