Feuille 16

Feuille 16

Exercice16.1 Solution p. 4

Soient (u_n) et (v_n) deux suites de réels et a, b ∈ Rtels que, pour tout n ∈ N, u_n ≤ a, v_n ≤ b, et tels que un+vn−−−−−→

n→+∞ a+b.

Montrer queu_n−−−−−→

n→+∞ aetv_n−−−−−→

n→+∞ b.

Exercice16.2 Solution p. 4

On suppose queu0= 0, u1 = 1et, pour toutn >0, un+2 = 2un+1−3un. Exprimeru_nen fonction den.

Exercice16.3 Solution p. 4

On suppose queu0= 2, u1 = 4et, pour toutn≥0, un+2 = u⁴_n+1

u³_n .Exprimerunen fonction den.

Exercice16.4 Solution p. 4

Soientaetbdeux réels tels que 0 < a < b. On définit les deux suites(un) et(vn)par :u0 = a, v0 = bet :

∀n∈N, u_n+1=√

u_nv_netv_n+1= u_n+v_n 2 1. Montrer que :∀n∈N, u_n< v_n.

2. Montrer que(u_n)est croissante et que(v_n)est décroissante.

3. En déduire que(un)et(vn)converge vers une même limite.

Exercice16.5 Solution p. 5

Soient(un)et(vn)deux suites convergentes de réels. Calculer lim

n→+∞max(un, vn).

Exercice16.6 Solution p. 5

Soit(u_n)une suite telle que les sous-suites(u_2n),(u_2n+1) et(u_3n)convergent. Montrer que la suite(u_n)est convergente.

Exercice16.7 Solution p. 5

On noteE =C¹([0,1], R)et pour toutf ∈E, on posekfk=kfk∞+kf⁰k∞.Montrer quek · kest une norme surE. Est-elle équivalente àk · k_∞?

Exercice16.8 Solution p. 5

Une personne a dépensé tout ce qu’elle avait en poche dansN magasins. Dans chacun elle a dépensé dix euros de plus que la moitié de ce qu’elle avait en entrant. Combien avait-elle en poche au départ ?

Exercice16.9 Solution p. 5

E est un espace vectoriel normé.B etC sont deux parties non vides deE.Montrer queδ(B∪C) ≤δ(B) + δ(C) + d(B, C).

Exercice16.10 Solution p. 6

On noteE l’ensemble des applications de classeC¹ de[0, 1]dansRtelles quef(0) = 0.Sif ∈ E, on note N(f) =kfk∞+kf⁰k∞etn(f) =kf +f⁰k∞.

1. Montrer queN etnsont des normes.

2. Montrer queN etnsont équivalentes.

Exercice16.11 Solution p. 6 On considère une suite de complexes(zn)vérifiant la relation de récurrencezn+1 = 1

2(zn+|z_n|). Déterminer la limite deznlorsquentend vers+∞en fonction dez0.

Exercice16.12 Solution p. 7

On suppose queu₀= 1et que, pour toutn∈N, u_n+1 = 1 + 1 un

.Détermineru_nen fonction den.

En déduire la valeur deΦ = 1 + 1 1 +₁₊¹1

1+···

.

Exercice16.13 Solution p. 7

Soitf une application injective deNdansN.Démontrer que(f(n))n∈Ndiverge vers+∞.

Exercice16.14 Solution p. 7

Soit(a_n)une suite réelle telle que : 1. ∀n∈N, an≥1et :

2. ∀(m, n)∈N², am+n≤aman. Montrez que la suitebn= ln(an)

n converge vers sa borne inférieure.

Exercice16.15 Solution p. 8

Démontrer que la suite(sinn)n∈Nn’a pas de limite.

Exercice16.16 Solution p. 8

NotonsE l’ensemble des applications de classeC¹ de[0,1]damsR. Soitϕune application continue de[0,1]

dansRtelle que Z ₁

0

ϕ6= 0. Pour toutf ∈E, on pose N(f) =|f(0)|+

Z 1 0

|f⁰(t)|dtetN⁰(f) =

Z 1 0

f(t)ϕ(t) dt

+ Z 1

0

|f⁰(t)|dt.

Montrer queN etN⁰sont des normes équivalentes surE.

Exercice16.17 Solution p. 9

Eest unR-espace vectoriel normé etAest une partie non vide deE.

Soitf :A −→ Rune applicationk-lipschitzienne aveck > 0. Pour toutx ∈ E, on poseg(x) = sup

t∈A

(f(t)− kkx−tk)

1. Montrer quegest bien définie.

2. Montrer quegprolongef surE.

3. Montrer quegestk-lipschitzienne.

Exercice16.18 Solution p. 9

On noteEl’ensemble des applications continues de[0,1]dansR, que l’on munit de la norme infinie (norme de la convergence uniforme).

1. Pour toutn∈N, on notePn: [0,1]−→ R x7−→

n

Xx^k k!

3. Montrer que(E, k · k_∞)est un espace complet.

Exercice16.19 Solution p. 10

On dira qu’une partieT deN^∗ est négligeable si et seulement si |T_n|

n −−−−−→

n→+∞ 0,oùTn=T ∩[1 ; n]et où|T_n| désigne le cardinal deTn.

Une suite(a_n)n∈N^∗ de complexes est dite presque convergente vers` ∈ Csi et seulement si il existe une partie négligeableT ⊂N^∗telle que :

∀ε >0, ∃p∈N^∗, ∀n∈N^∗, [n≥p]∧[n6∈T] =⇒ |a_n−`| ≤ε.

`est alors unique, on ne demande pas de le démontrer.

1. Montrer que l’ensembleP ={n∈N^∗/∃m∈N^∗, n=m²}des carrés parfaits est ne’gligeable.

2. (a) Montrer que(an), définie paran=nsin∈P etan= 1

n sinon, est presque convergente vers0.

(b) Une sous-suite d’une suite presque convergente est-elle presque convergente ? Dans les deux questions qui suivent,(an)est une suite de réels,(bn) =

a1+· · ·+an

n

est sa moyenne de Cesaro et on suppose quebn−−−−−→

n→+∞ 0.

3. On suppose dans cette question que lesa_nsont positifs ou nuls.

(a) Montrer qu’il existe une suite décroissante (u_n)de réels strictement positifs telle que u_n −−−−−→

n→+∞ 0et bn

u_n −−−−−→

n→+∞ 0.

(b) SoitT ={k∈N^∗/ a_k ≥u_k}. Montrer queT est négligeable.

(c) En déduire queanest presque convergente vers0.

4. Montrer que l’hypothèse de positivité en question 3 est essentielle en donnant un exemple de suite(a_n) de réels telle que|a_n| −−−−−→

n→+∞ +∞alors queb_n−−−−−→

n→+∞ 0.

Solution de l’exercice 16.1 Énoncé Par définition de la limite :

Soitε >0,il existeN ∈N, ∀n≥N,|u_n+vn−(a+b)| ≤ε, i.e.|(u_n−a)+(v_n−b)| ≤ε, i.e.|(a−u_n)+(b−v_n)| ≤ε donc0≤a−un+b−vn≤εdonc0≤a−un≤ε−(b−vn)≤ε, donc|u_n−a| ≤ε. De même avecvn.

Ou bien0≤a−un≤(a−un) + (b−vn)

| {z }

≥0

−−−−−→

n→+∞ 0.

Solution de l’exercice 16.2 Énoncé

χ(X) =X²−2X+ 3 ∆ = 4−4×3 =−8 = (±2√ 2i)² DoncX = 1±√

2i |X|=√

3 arg(X) =θ= arctan√

2 = arccos 1

√3,

donc il existeA, B∈C,







un =(√

3)ⁿ(Acosnθ+Bsinnθ) u₀ =0

u₁ =1

.

Oru0=A= 0etu1 =√

3Bsinθ= 1doncB =

√ 3 3 sinθ Finalement∀n∈N, un= (√

3)ⁿ⁻¹sinnθ

√

2 (car√

2 = sinθ= Im(X))

Solution de l’exercice 16.3 Énoncé

Par récurrence, on vérifie que∀n∈N, u_n>0. Donc on peut poserz_n= lnu_n. Ainsi on a :z_n+2= 4z_n+1−3z_n χ(X) =X²−4X+ 3et1et3sont racines évidentes.

Donc∀n∈N, z_n=A+B3ⁿ. On trouve à l’aide des conditions initialesA=B = ln 2

2 d’oùu_n= exp Åln 2

2 (1 + 3ⁿ) ã

= (√

2)⁽¹⁺³ⁿ⁾.

Solution de l’exercice 16.4 Énoncé

1. Par récurrence, on montreR(n) : 0< un< vn

u0 < v0par définition. Soitn∈Ntel queR(n)soit vraie.

0< u_n< v_n d’aprèsR(n) d’où 0<√

un<√

vn par croissance dex7→√ x 0<(√

u_n−√ v_n)² 0< u_n+v_n−2√

u_nv_n 0<√

unvn< un+vn

2 Ce qui conclut la récurrence.

2. un+1

un

=

√u_nv_n un

=

…vn

un

>1 (carvn> un) vn+ 1−vn= un−vn

2 <0 (carun< vn)

3. ∀n∈ N, u₀ < v_netv₀ > u_n. Donc(u_n)est croissante, majorée, et(v_n)est décroissante, minorée donc les deux suites convergent.

Soit`, `⁰ ∈Rtels queun−−−−−→

n→+∞ `etvn−−−−−→

n→+∞ `⁰.

`+`⁰ ` `⁰

Solution de l’exercice 16.5 Énoncé Posons :u_n−−−−−→

n→+∞ `etv_n−−−−−→

n→+∞ `<sup>0</sup>. Supposons sans perte de généralité que` < `⁰ :

` < `⁰donc` < `+`⁰

2 . Ainsi il existeN ∈N, ∀n≥N, u_n≤ `+`⁰

2 . De même, il existeN⁰ ∈N, ∀n≥N⁰, v_n≥

`+`⁰

2 . Ainsi pour toutn≥max(N, N⁰),max(un, vn) =vn. Donclimn→+∞max(un, vn) =`<sup>0</sup> = max(`, `<sup>0</sup>) Pour` = `<sup>0</sup> : Soit ε > 0, il existe N, N<sup>0</sup> ∈ N tels que ∀n ≥ N, u<sub>n</sub> ∈ B<sub>f</sub>(`, ε) et ∀n ≥ N⁰, v_n ∈ B_f(`, ε).

Ainsi,∀n≥max(N, N⁰), max(un, vn)∈ B_f(`, ε).

Autre méthode en utilisant le fait quemax(a, b) = a+b+|a−b|

2 Ainsimax(u_n, v_n) = u_n+v_n+|u_n−v_n|

2 −−−−−→

n→+∞

`+`⁰+|`−`⁰|

2 = max(`, `⁰).

Solution de l’exercice 16.6 Énoncé

Posons`₁ = lim

n→+∞u_2n,`₂ = lim

n→+∞u_2n+1 et`₃ = lim

n→+∞u_3n. (u6n)est une suite extraite de(u2n)et(u3n)donc`1 =`3.

(u6n+3)est une suite extraite de(u2n+1)est de(u3n)donc`2=`3.

Ainsi(u_2n)et(u_2n+1)convergent vers la même limite, donc d’après le cours,(u_n)converge vers`_1,2,3.

Solution de l’exercice 16.7 Énoncé

Soitf ∈E,kfk=kfk_∞+kf⁰k_∞. Le fait quek · kest une norme découle de sa définition : 1. Séparation : Soitf ∈Etel quekfk= 0. Alorskfk∞+kf⁰k∞= 0puiskfk∞= 0etf =0.

2. Homogénéité : Soitf ∈E, α∈R, kαfk=|a|kfk.

3. Soitf, g∈E,kf+gk ≤ kfk+kgk(immédiat d’après les propriétés de la norme infinie) 4. Positivité :k · kest bien positive.

On veut montrer quek · kn’est pas équivalente à la norme infinie. On se propose de trouver une famille(fn)∈E^N telle que kf_nk

kf_nk_∞ −−−−−→

n→+∞ +∞. On pose pour cela∀n∈N, fn: [0 ; 1]−→R x7−→e^−nx

.

kf_nk_∞ = sup_t∈[0,1]|f_n(t)|= 1etf_n⁰(t) = −ne^−nt =−nf_n(t)et alorskf_nk = kf_nk_∞+kf_n⁰k_∞ =kf_nk_∞(1 + n)−−−−−→

n→+∞ +∞. Donc les normes ne sont pas équivalentes.

Solution de l’exercice 16.8 Énoncé

Posons la suite(u_n)représentant l’argent restant après len-ème magasin. On veut donc trouveru₀. L’énoncé nous donne la relation de récurrence :∀n∈N, u_n+1 =u_n−un

2 + 10

= un

2 −10(E₁). Soit`tel que

`= ell

2 −10(E₂)⇔l=−20. Faisons la différence(E₁)−(E₂) :u_n+1−`= 1

2(u_n−`), donc∀n∈N, u<sub>n</sub>−`= 1

2ⁿ(u0−`)⇔un= 2⁻ⁿ(u0+ 20)−20.

On sait queu_N = 0:

u_N = 0⇔ u₀+ 20

2^N −20 = 0

⇔u₀+ 20 = 20×2^N

⇔u₀= 20(2^N −1)

Solution de l’exercice 16.9 Énoncé

C

δ(B) B

δ(B) d(B, C)

Soitx, y∈B∪C:

• Six, y∈B:d(x, y)≤δ(B)≤δ(B) +δ(C) + d(B, C), de même six, y∈C.

• Sans perte de généralité, on suppose quex∈B ety∈ C. Par définitiond(B, C) = inf

b∈Bc∈Cd(b, c). D’après le cours sur les réels, il existe deux suites(b_n)et(c_n)telles qued(b_n, c_n)−−−−−→

n→+∞ d(B, C) d(x, y)≤d(x, bn) + d(bn, cn) + d(cn, y) par inégalité triangulaire.

Par passage au sup sur le membre de gauche: δ(B∪C)≤d(x, b_n) + d(B, C)

| {z }

→+∞

+ d(c_n, y)≤δ(B) + d(B, C) +δ(C): on a bien l’inégalité demandé.

Solution de l’exercice 16.10 Énoncé

1. La majorité des propriétés à vérifier découle immédiatement de celles de la norme infinie. Pour la séparation : Soitf ∈E, tel quen(f) = 0, alorskf+f⁰k_∞= 0⇔f+f⁰ = 0⇔f =−f⁰ ⇔ ∃λ∈R, ∀t∈[0,1], f(t) = λe^−tetf(0) = 0⇒λ= 0doncf =0. La preuve est analogue pourN.

2. Soitf ∈E,kf+f⁰k_∞≤ kfk_∞+kf⁰k_∞(inégalité triangulaire), i.e.n(f)≤N(f).

Posons maintenant (E) : f +f⁰ = h,(H) ⇔ ∃λ ∈ R, ∀t ∈ [0,1], f(t) = λe^−t. Appliquons la mé- thode de variation de la constante :∀t ∈ [0,1], λ⁰(t) = h(t) e^t. Donc il existeC ∈ R, ∀t ∈ [0,1], λ(t) = Z t

0

th(x) e^x dx+Cdoncf(t) = e^−t ÅZ t

0

h(x) e^x dx+C ã

. Orf(0) = 0 =C

|f(t)|= e^−t

Z t 0

h(x) e^x dx

≤e^−t Z t

0

|h(x)|e^x dx inégalité triangulaire

≤e^−tkhk∞

Z t 0

e^x dx

≤ khk∞ e^t−1 Donckfk_∞≤ khk_∞ e^t−1

kf⁰k∞,kf+f⁰−fk∞≤ kf+f⁰k∞+kfk∞≤ khk∞+ (e^t−1)khk∞

kfk_∞+kf⁰k_∞≤3khk_∞

Donc il existe bienα∈Rtel queN(f)≤αn(f)

Solution de l’exercice 16.11 Énoncé

1^ercas :z0 ∈R, alorszn+1= 1

2(2zn) =zndonc la suite(zn) = (z0).

2^ecas :z06∈R:

ρ ρ e^iθn

On tire ainsi les relations suivantes :∀n ∈ N, θ_n+1 = θn

2 ⇒ θ_n = θ0

2ⁿ. Attention, comme on divise par deux, on impose queθ0 ∈]−π ; π[de telle manière à ce que le cosinus soit positif. Et∀n∈N, ρn+1=ρncos

Åθ_n 2

ã

On a immédiatement queθ_n−−−−−→

n→+∞ 0.

Puis ρ_n+1 ρ_n = cos

Ç θ₀

Å1 2

ãn+1å

et par produit télescopique :

ρn

ρ₀ =

n−1

Y

k=0

cos Ç

θ0

Å1 2

ãk+1å

=

n−1

Y

k=0

sin Ç

θ0

Å1 2

ãkå

2 sinθ0

Å1 2

ãk+1

= 1 2ⁿ

sinθ0

sin Åθ0

2ⁿ

ã −−−−−→

n→+∞

sinθ0

θ₀

D’oùz_n−−−−−→

n→+∞ ρ₀sinθ0

θ₀

Solution de l’exercice 16.12 Énoncé

un+1 = 1 + 1 un

= un+ 1 un

: c’est une suite homographique.

`= `+ 1

` ⇔`²−`−1 = 0. Les solutions sontϕ= 1 +√ 5

2 ϕe= 1−√ 5 2 Considérons la suite(v_n)de terme généralv_n= u_n−ϕ

u_n−ϕe v_n+1= u_n+1−ϕ

u_n+1−ϕe= u_n+ 1−ϕu_n u_n+ 1−ϕue _n

= −ϕϕ((1e −ϕ)u_n+ 1)

−ϕϕ((1e −ϕ)ue n+ 1)

= ϕe ϕ

(ϕ²−ϕ)u_n−ϕ (ϕe²−ϕ)ue n−ϕe

= ϕe ϕ

un−ϕ un−ϕe vn+1= ϕe

ϕvn

Ainsi, pour toutn∈N, v_n= Å

ϕe ϕ

ãn

v₀ orv₀ = 1−ϕ 1−ϕe = ϕe

ϕ. Donc∀n∈N, v_n= Å

ϕe ϕ

ãn+1

=αⁿ⁺¹. vn= un−ϕ

u_n−ϕedoncun= ϕ−ϕαe ⁿ⁺¹

1−αⁿ⁺¹ . Comme|α|<1, un−−−−−→

n→+∞ ϕ= 1 +√ 5 2 = Φ.

Utiliser les relations coefficients/racines ainsi que les relations données par l’équation.

Prolongation sur les fractions continues :

Solution de l’exercice 16.13 Énoncé

SoitM ∈R+, A={n∈N/ f(n)≤M}. Supposons queAsoit infini, d’après le principe des tiroirs, il existe k∈J0 ; MKtel que pour des certainsx, y∈A, x6=y,f(x) =f(y) =k, ce qui contredit l’injectivitié.

Aest donc fini,Aest majoré, donc il existeN ∈N, ∀n≥N, n6∈Aet tel quef(n)≥M, doncf(n)−−−−−→

n→+∞ +∞.

Solution de l’exercice 16.14 Énoncé

Posonsv_n= lna_n, ainsiv_n+m≤v_n+v_met∀n∈N, v_n≥0.

Par récurrence, on montre quev^P

i∈Iαi ≤X

i∈I

v_αi.

Peu importe si l’inf est atteint ou pas, on dispose, d’après le cours, d’une suite(v_ϕ(n))tel quev_ϕ(n)

ϕ(n) −−−−−→

n→+∞ inf

i∈N

v_i i ,

`.

Soitε >0 :∃n₀∈N, 0≤ vn0

n₀ −`≤ε.

Posons la division euclidienne denparn0:n=qn0+r, 0≤r < n0. Alors v_n≤qv_n0 +v_r≤n₀(`+ε) + max

r∈J0 ;n0K

v_r v_n

n ≤ qv_n0`+ maxv_r

qn₀+r + εqn₀ qn₀+r

≤ (qn0+r)`

qn₀+r +maxvr

n + ε(qn0+r)

qn₀+r =`+maxvr

n +ε De plus, il existeN ∈N, ∀n∈N, maxv_r

n ≤εdonc `

|{z}

par déf.

≤ v_n

n ≤`+ε+ε⇒

v_n n

≤2εdonc v_n

n −−−−−→

n→+∞ `=

i∈infN

v_i i .

Solution de l’exercice 16.15 Énoncé

Supposons par l’absurde qu’il existe`∈Rtel quesinn−−−−−→

n→+∞ ` sin(n+ 2)−sin(n) = 2 sin

Ån+ 2−n 2

ã cos

Å2n+ 2 2

ã

= 2 sin(1) cos(n+ 1) sin(n+ 2) + sin(n) = 2 sin(n+ 1) cos(1)

sin(n+ 2) + sinn−−−−−→

n→+∞ 2`et2 sin(n+ 1) cos 1−−−−−→

n→+∞ 2`cos 1donc2`(1−cos 1)6= 0orcos 16= 1donc`= 0.

sin(n+ 2)−sin(n)−−−−−→

n→+∞ 0d’où2 sin 1 cos(n+ 1)−−−−−→

n→+∞ 0d’oùcosn−−−−−→

n→+∞ 0, or∀n∈N, cos²,+ sin²n= 1−−−−−→

n→+∞ 0 + 0 = 1 .

Solution de l’exercice 16.16 Énoncé

Montrer d’abord que N et N⁰ sont des normes. On vérifie que ∀f ∈ E, ∀λ ∈ R, N(f) ≥ 0, N(λf) =

|λ|N(f), N(f +g)≤N(f) +N(g)et idem pourN⁰. Pour la séparation : Supposons queN(f) = 0, alors|f(0)|

| {z }

≥0

+ Z 1

0

|f⁰(t)|dt

| {z }

≥0

= 0doncf(0) = 0 =R1

0 |f⁰(t)|dt. Nous avons l’intégrale d’une fonction continue, positive qui est nulle, donc d’après le cours,∀t∈[0,1], |f⁰(t)|= 0donc f est constante sur cet intervalle, orf(0) = 0doncf est identiquement nulle.

On procède avec le même raisonnement pourN⁰: N⁰(f) = 0,f est constantef(t) =C∈Ret0 =

Z 1 0

f(t)ϕ(t) dt=C Z 1

0

ϕ(t) dt

| {z }

6= 0

⇒C= 0. Doncf =0.

Montrons désormais que ces normes sont équivalentes. Le terme Z 1

0

|f⁰(t)|dtétant présent des deux côtés, il ne va pas trop nous intéresser.

N⁰(f)≤αN(f) : Procédons par intégration par parties : Z 1

0

f(t)ϕ(t) dt = [f(t)Φ(t)]¹₀ − Z 1

0

Φ(t)f⁰(t) dt = Φ(1)f(1)−f(0)Φ(0)−

Z 1 0

Φ(t)f⁰(t) dt.

t

(1) : Z 1

0

f(t)ϕ(t) dt= ÇZ 1

0

ϕ(t) dt å

f(0) + Z 1

0

ñZ 1 t

ϕ(x) dx ô

f⁰(t) dt

Z 1 0

ϕ(t)f(t) dt

≤ kϕk∞|f(0)|+ Z 1

0

|f⁰(t)|

ñZ 1 t

|ϕ(x)|dx ô

dt

≤ kϕk_∞|f(0)|+ Z 1

0

kϕk_∞|f⁰(t)|dt=kϕk_∞×N(f)

Ensuite : Z 1

0

|f⁰(t)|dt≤N(f)

N⁰(f)≤(1 +kϕk_∞)N(f) .

De même,(1)donne :

f(0) = 1 R₁

0 ϕ Z 1

0

f ϕ− 1 R₁

0 ϕ Z 1

0

ÇZ 1 t

ϕ å

f⁰(t) dt donc|f(0)| ≤ 1

R₁

0 ϕ

Z 1 0

f ϕ

− 1

R₁

0 ϕ

kϕk∞

Z 1 0

|f⁰(t)|dt

≤CN⁰(f)oùC= max Ñ

1

R1 0 ϕ

,kϕk∞

R1 0 ϕ

é

Z ₁

0

|f⁰(t)|dt≤N⁰(f)

N(f)≤(1 +C)N⁰(f) .

Solution de l’exercice 16.17 Énoncé

1. Fixonsa∈A, soitb∈A, x∈E:

f(b)−kkx−bk ≤f(a) +kkb−ak −kkx−bk(carf estk−lipschitzienne)

≤f(a) +k ka−xk

| {z }

kb−a+c−bk

DoncM ={f(t)−kkx−tk/ t∈A}est majoré, donc il admet une borne supérieure, dansR.

2. Soita∈A, f(a) =g(a) =f(a)−kka−akSoitb∈A, f(a)−(f(b)−lkb−ak) =kkb−ak−(f(b)−f(a))≥ 0. Donc∀b∈A, f(a)≥f(b)−kkb−ak.Doncf(a) = maxb∈A{f(b)−kkb−ak}.

3. Soitx, y∈E. Il faut montrer queg(x)−g(y)≤kkx−yk.

Nous savons qu’il existe une suite(t_n)telle quef(t_n)−kkx−t_nk −−−−−→

n→+∞ g(x). Ainsisup (f(t)−kky−tk)≥ f(tn)−kky−tnk.

De plus,f(tn)−kkx−tnk −sup (f(t)−kky−tk) ≤ f(tn)−kkx−tnk −f(tn) +kky−tnk =kky− t_nk −kkx−t_nk ≤kky−t_n−x+t_nk=kky−xk (on utilise le corollaire de l’identité triangulaire).

Doncgest bienk-lipschitzienne.

Solution de l’exercice 16.18 Énoncé

1. Pn−−−→

k·k∞

exp, i.e. il existeN ∈N,tel que

+∞

X

N+1

1^k

k! ≤ε(on appelle cela un reste de Cauchy).

De plus,∀n≥N, 0≤e^x−P_n(x) =

+∞

X

n+1

x^k k! ≤

+∞

X

n+1

1^k k! ≤ε.

Donc∀x,|e^x−P_n(x)| ≤εdonc, par passage au sup sup

t∈[0,1]

|e^x−P_n(x)| ≤εdonckexp−P_nk∞≤ε, donc on a bienP_n−−−→

k·k∞

exp.

2. P_nconverge donc c’est une suite de Cauchy. Pour montrer queEn’est pas complet, il faut et suffit de montrer queexp6∈ P.

Supposons quee^x =

n0

X

i=0

α_ixⁱ, donc∀x∈[0,1], dⁿ⁰⁺¹(e^x)

dxⁿ⁰⁺¹ = e^x = 0c’est absurde care^x6= 0. Doncexp6∈ P, doncP n’est pas complet, carP_nconverge mais pas dansP. Si elle convergeait dansP alors par unicité de la limiteexpserait dansPce qui n’est pas le cas.

3. Soit(f_n)n∈N∈E^Nune suite de Cauchy. Soitε >0. Il existeN ∈Ntel que∀p, q≥N,∀x∈[0,1], |f_p(x)− fq(x)| ≤ε.

Fixonsx ∈ [0,1], alors (f_n(x))n∈N est également de Cauchy d’après ce qui précède. Or(f_n)est à valeurs dansR(espace de Banach donc complet), donc(f_n(x))converge. On peut donc poserg(x) = lim

n→+∞f_n(x).

Soitε >0, on fixeq≥N, soitn≥N, on a :|f_n(x)−f_q(x)| ≤εdoncf_n(x)−−−−−→

n→+∞ g(x).

Donc en passant à la limite,∀x∈[0,1], |g(x)−fq(x)| ≤ ε, puis en passant au sup,sup|g(x)−fq(x)| ≤ε, i.e.kg−f_qk ≤ ε. Doncf_q −−−→

k·k∞

gsig ∈ E(i.e. sig est continue), dans ce cas là, on dira quef_q converge uniformémentversg.

Soitε >0, ∃N ∈N, ∀n≥N, ∀x, y∈[0,1],|f_n(x)−g(x)| ≤ε/3et|f_n(y)−g(y)| ≤ε/3. Et il existeδ >0 tel que|x−y|< δ⇒ |f_n(x)−fn(y)| ≤ε/3, car on sait quefn∈E.

Donc pourn≥N, soitx, y∈[0,1]tel que|x−y|< δ, on a :

|g(x)−g(y)|= [g(x)−fN(x) +fN(x)−g(y) +fN(y)−fN(y)|

≤ |g(x)−fN(x)|+|f_N(x)−fN(y)|+|g(y)−fN(y)|

≤ε/3 +ε/3 +ε/3 =ε

Donc|x−y| ≤δ ⇒ |g(x)−g(y)| ≤εdoncgest continue, doncg∈E, et doncEest complet.

Solution de l’exercice 16.19 Énoncé