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Deuxi` eme Partie

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Cette correction a ´et´e r´edig´ee par Fr´ed´eric Bayart et est disponible `a l’adresse suivante : http://mathweb.free.fr Si vous avez des remarques `a faire, ou pour signaler des erreurs, n’h´esitez pas `a ´ecrire `a : mathweb@free.fr Mots-cl´es :d´eveloppement limit´e, formule de Taylor, th´eor`eme de Rolle, convergence uniforme, in´egalit´e de Kolmogorov

Commentaires : Il s’agit de d´emontrer des in´egalit´es assez classiques (les in´egalit´es de Kolmogorov) reliant les normes uniformes des d´eriv´ees de fonctionsCn. Ce probl`eme est tr`es (trop?) technique pour une classe de PC. Les questions d´ependent beaucoup les unes des autres. A conseiller `a ceux qui ont du mal avec cette optique des probl`emes!

Pr´ eliminaire

1) D’une part, nous ´ecrivons que :

(ex−1)m= (x+o(x))m=xm+o(xm).

D’autre part, en ´ecrivant la formule du binˆome de Newton : (ex−1)m=

m

X

k=0

(−1)mkCmkekx.

Nous ´ecrivons alors le d´eveloppement limit´e de chaquex7→ekx `a l’ordrem, ce qui donne : (ex−1)m =

m

X

k=0

(−1)mk

m

X

j=0

kjxj

j! +o(xm)

=

m

X

j=0 m

X

k=0

(−1)mkCmkkj

!xj

j! +o(xm).

Par unicit´e du d´eveloppement limit´e, nous trouvons donc : Pm

k=0(−1)mkkm=m!

Pm

k=0(−1)mkCmkkj= 0 si 0< j < m.

2) Nous proc´edons par r´ecurrence surn≥k, le r´esultat ´etant vrai pourn=k. S’il est vrai au rang n, et que nous souhaitons le prouver au rangn+ 1, nous posons :

∆ = (n+ 1) ln(u1. . . uk)−kln(u1. . . un+1)

= [nln(u1) +· · ·+nlnuk−klnu1− · · · −klnun] + [ln(u1) +· · ·+ ln(uk)−kln(un+1)]

Par hypoth`ese de r´ecurrence, le premier crochet est n´egatif ou nul. Quand au second, comme la suite est croissante, on a : un+1 ≥uj, o`u j ∈ {1, . . . ,k}. Donc le deuxi`eme crochet est n´egatif ou nul, et ∆ aussi. En appliquant l’exponentielle, on voit que l’hypoth`ese de r´ecurrence est vraie au rangn+ 1.

(2)

Premi` ere Partie

I.A.1. Nous appliquons l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange entre xet x+h, puis entrexet x−h:

|f(x+h)−f(x)−hf0(x)| ≤ M2h2 2 ,

|f(x−h)−f(x) +hf0(x)| ≤ M2h2 2 .

Nous posonsa=f(x+h)−f(x)−hf0(x) etb=f(x−h)−f(x) +hf0(x). En appliquant l’in´egalit´e triangulaire|a−b| ≤ |a|+|b|, nous trouvons :

|f(x+h)−f(x−h)−2hf0(x)| ≤M2h2.

Nous appliquons encore l’in´egalit´e triangulaire avec|c−d| ≥ |c| − |d|, pour trouver : 2h|f0(x)| ≤M2h2+|f(x+h)|+|f(x)| ≤M2h2+ 2M0.

Simplifiant par 2h, nous savons que :

|f0(x)| ≤ M0

h +M2h 2 .

I.A.2. Nous optimisons la quantit´e situ´ee `a droite de l’in´egalit´e en cherchant le minimum deg(h) =

M0

h +M22h. Nous avons :

g0(h) = M2

2 −M0

h2 , le minimum est atteint au point o`u s’annule la d´eriv´ee, ie en

h= r2M0

M2 . En reportant dans l’in´egalit´e du I.A.1),f0 est born´ee par√

2M0M2.

I.B.1) Nous appliquons toujours l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange, cette fois `a l’ordre 3 :

|f(x+h)−f(x)−hf0(x)−h2

2 f00(x)| ≤ M3h3 6 ,

|f(x−h)−f(x) +hf0(x)−h2

2 f00(x)| ≤ M3h3 6 .

Nous proc´edons toujours comme en I.A.1), cette fois aveca=f(x+h)−f(x)−hf0(x)−h22f00(x) et b=f(x+h)−f(x) +hf0(x)−h22f00(x). Nous avons donc :

|f(x+h)−f(x−h)−2hf0(x)| ≤M3h3 3 , puis nous utilisons une derni`ere fois l’in´egalit´e triangulaire :

2h|f0(x)| ≤ M3h3

3 +|f(x+h)|+|f(x−h)|. Cela donne :

|f0(x)| ≤ M3h2 6 +M0

h .

On optimise : si on poseg(h) = M36h2 +Mh0, le minimum deg est atteint au point h=

3M0

M3

1/3

.

Le report de cette valeur dehdans l’in´egalit´e donne le r´esultat souhait´e.

(3)

I.B.2) f00 est aussi born´ee surR, carf0 et f(3) le sont, et on applique la question I.A.

Deuxi` eme Partie

II.A. Nous ´ecrivons toutes ces in´egalit´es :

f(x+ 1)−f(x)−f0(x)0f002(x)− · · · − f(n−1)(n1)!(x)Mn!n ...

f(x+k)−f(x)−kf0(x)0−k2f002(x)− · · · −kn1f(n−1)(n (x)

1)!

Mnn!kn ...

f(x+n−1)−f(x)−(n−1)f0(x)0−(n−1)2f002(x)− · · · −(n−1)n1f(n−1)(n (x)

1)!

Mn(nn!1)n

Nous posonsak= (−1)n1kCnk1

f(x+k)−f(x)−kf0(x)−k2f002(x)− · · · −kn1f(n−1)(n (x)

1)!

, et appliquons l’in´egalit´e triangulaire|a1+· · ·+an1| ≤ |a1|+· · ·+|an1| ≤K, o`uKest une constante que ne d´epend que de Mn et n. Mais

a1+· · ·+an1 =

n1

X

j=1

(−1)n1jCnj1f(x+j)−

n1

X

j=1 n1

X

k=1

(−1)n1kCnk1kjf(j)(x) j!

=

n1

X

j=1

(−1)n1jCnj1f(x+j)−f(n1)(x)

o`u pour la derni`ere ´egalit´e on a utilis´e les r´esultats des pr´eliminaires. En proc´edant comme en I.

(ie en appliquant `a nouveau l’in´egalit´e triangulaire), nous en d´eduisons que : |f(n1)(x)|est born´e par une constante ind´ependante de x (elle ne d´epend que deK,Mn etM0). Doncf(n1)est aussi une fonction born´ee surR.

II.B. Par r´ecurrence, on trouve quef(n2),f(n3), . . . ,f0 sont aussi born´ees.

II.C.1) Si M0 = 0 ou M1 = 0, la fonction est constante, ce qui est interdit par l’´enonc´e. Sinon, si Mk = 0 avec k≥2, alorsf est un polynˆome (non constant), et n’est pas born´e sur R, ce qui est exclu par la question pr´ec´edente.

II.C.2) Nous allons appliquer la question 2) des pr´eliminaires. Prouvons d’abord que la suite (uk) est croissante. En effet :

uk+1−uk = 2k1

2Mk+1

Mk − Mk

Mk1

= 2k1

2Mk+1Mk1−Mk2 MkMk1

, et nous savons d’apr`es I.A.2) que 2Mk+1Mk1≥Mk2. Nous avons donc :

(u1. . . uk)n= 2n(1+···+(k1))Mkn

M0n ≤(u1. . . un)k= 2k(1+···+(n1))Mnk M0k, d’o`u :

Mkn2nk(k−1)2 ≤2kn(n−1)2 MnkM0nk.

En r´eam´enageant cette in´egalit´e, on trouve le r´esultat souhait´e. L’in´egalit´e n’est pas optimale, puisque pourk= 1 etn= 3, elle donneM1≤2M02/3M31/3, ce qui est moins bon que I.B.1).

(4)

Troisi` eme Partie

III.A. N´ecessairement,g est une primitive de f, et g(x) =Rx

0 f(t)dt+C. Si ∆(x) =g(x+ 1) +g(x), alors en tout point de continuit´e de f et f(x+ 1), ∆ est d´erivable et ∆0(x) =f(x+ 1) +f(x) = 0, et donc ∆ est une constante. Mais on souhaite que ∆(0) = 0, et pour cela il est n´ecessaire de poser C= 21R1

0 f(t)dt. Cette condition est aussi suffisante.

III.B.1. Nous construisons d’abordϕ0sur ]1,2] : si 0< x <1, alors ϕ0(1 +x) =−ϕ0(x) =−1, et donc ϕ0 vaut -1 sur ]1,2[, et 0 en 2.

Pour calculer ϕ1, nous appliquons la formule ci-dessus, en remarquant que R1

0 ϕ0(t)dt = 1. Nous obtenons donc :

ϕ1(x) =x−1/2 si 0≤x≤1 ϕ1(x) =−x+ 3/2 si 1≤x≤2.

Nous effectuons le mˆeme travail pourϕ2 pour trouver :

ϕ2(x) =x2/2−x/2 si 0≤x≤1 ϕ2(x) =−x2/2 + 3x/2−1 si 1≤x≤2.

Nous vous laissons le soin de traiter les cask= 3, k= 4, qui n’interviennent pas dans la suite.

III.B.2. Nous prouvons par une r´ecurrence simultan´ee les deux r´esultats, sachant qu’ils sont vrais pour k= 0,1,2. Supposons qu’ils sont vrais `a l’ordrek, et prouvons-les `a l’ordrek+ 1. Commen¸cons par prouver que, sikest impair, alors :

Z 1 0

ϕk(t)dt= 0. En effet : Z 1

0

ϕk(t)dt = − Z 0

1

ϕk(1−u)du

= Z 0

1

ϕk(u)du

= −

Z 1 0

ϕk(t)dt,

o`u la premi`ere in´egalit´e provient du changement de variables u= 1−t, et la seconde de l’identit´e ϕk(1−x) =−ϕk(x) (kest impair). Donc, d’apr`es III.A., sikest impair :

ϕk+1(−x) = Z x

0

ϕk(t)dt

= −

Z x 0

ϕk(−u)du

= −

Z x 0

ϕk(u)du

= −ϕk+1(x).

Si kest pair :

ϕk+1(−x) = Z x

0

ϕk(t)dt+1 2

Z 1 0

ϕk(t)dt

= −

Z x 0

ϕk(−u)du+1 2

Z 1 0

ϕk(t)dt

= Z x

0

ϕk(u)du+1 2

Z 1 0

ϕk(t)dt

= ϕk+1(x),

ce qui est toujours le r´esultat voulu! L’autre assertion se prouve exactement de la mˆeme fa¸con, modulo l’application de la relation de Chasles dans l’int´egrale.

(5)
(6)

Fig.1 –Tableau de variations de ϕn+1

III.B.3. Il suffit de regarder quel est le maximum sur [0,1]. Nous prouvons par r´ecurrence sur n un r´esultat plus pr´ecis :

– Si n= 2k, alorsϕn(0) = 0,ϕn est monotone sur [0,1/2], et monotone de sens contraire sur [1/2,1], avecλ2k = (−1)kϕ2k(1/2).

– Si n= 2k−1, alorsϕ(1/2) = 0, etϕn est monotone sur [0,1], avecλ2k1= (−1)kϕ2k1(0).

Le r´esultat est vrai pourϕ012, et pour passer du rangnau rangn+ 1, nous distinguons deux cas :

– Si n = 2k, avec par exemple k pair. Le tableau de variations, calcul´e grˆace `a la relation ϕ0n+1n, et `a l’hypoth`ese de r´ecurrence, est donn´e `a la figure 1. En particulier, on obtient bien l’assertion concernant la monotonie deϕn+1, etϕn+1(1/2) = 0 d’apr`es III.B.2. En outre, λ2k+1 = max(|ϕ2k+1(0)|,|ϕ2k+1(1)|). Comme on sait que |ϕn+1(1)| =|ϕn+1(0)|, on retrouve bien λ2k+1= (−1)k+1ϕ2k+1(0).

– Si n= 2k−1, le raisonnement est exactement similaire.

III.C.1) Nous avons d´ej`a montr´e `a la question III.A. que : 2T f(x) = 2

Z x 0

f(t)dt− Z 1

0

f(t)dt.

Nous utilisons la relation de Chasles pour d´ecomposer la premi`ere int´egrale : 2T f(x) =

Z x 0

f(t)dt+ Z 1

0

f(t)dt+ Z x

1

f(t)dt− Z 1

0

f(t)dt

= Z x

0

f(t)dt+ Z x

1

f(t)dt.

III.C.2) Il suffit de prendrexdans [0,1] pour calculer le maximum. Nous avons : 2|T f(x)| ≤

Z x 0

N(f)dt+

Z x 1

N(f)dt

≤ xN(f) + (1−x)N(f)

≤ N(f).

III.D. SiN(T f) = 1/2, c’est qu’on a ´egalit´e dans les in´egalit´es pr´ec´edentes. En particulier, il existex de [0,1] tel que :









Z x 0

f(t)dt

= xN(f)

Z x 1

f(t)dt

= (1−x)N(f)

(7)

Nous nous inspirons de la d´emonstration du th´eor`eme suivant : sif est continue sur [a,b], sif ≥0 et Rb

af(t)dt = 0, alors f est identiquement nulle. Ici, si y ∈]0,x[ est un point de continuit´e de f, et si on a l’in´egalit´e stricte |f(y)| < N(f), nous consid´erons ε > 0 et α > 0 tels que, si t∈[y−α,y+α]⊂[0,x], alors|f(t)| ≤N(f)−ε(nous avons exploit´e la continuit´e def au point y). Alors :

Z x 0

f(t)dt ≤

Z yα 0

|f(t)|dt+ Z y+α

yα

|f(t)|dt+ Z x

y+α

|f(t)|dt

≤ (y−α)N(f) + 2αN(f)−2αε+ (x−y−α)N(f)

≤ N(f)−2αε,

et donc sous cette hypoth`ese on aurait|f(x)|< N(f), ce qui n’est pas le cas. Donc, en tout point de continuit´e def, on af(y) =±N(f).Ainsi, sif ∈E, v´erifieN(f) = 2N(T f), alorsf est continue par morceaux sur [0,1[, et sur chaque intervalle non r´eduit `a un point o`uf est continue, alorsf est constante et vaut±N(f), c’est-`a-dire ±1 ici.f est ensuite d´efini sur les autres intervalles [k,k+ 1[

grˆace `a l’´equation fonctionnelle.

III.E. Si une telle fonction existe, alorsf serait constante, et ´egale `a ±1. C’est impossible car f(0) + f(1) = 0. Il n’existe donc pas de fonctionf de norme 1 dansF telle que N(T f) = 1/2.

III.F.1)a) Soientx1, . . . ,xq qz´eros distincts def sur[0,2p[. Une application du th´eor`eme de Rolle assure quef0 s’annule sur chacun des intervalles ]x1,x2[, . . . ,]xq1,xq[,]xq,x1+ 2p[. On notey1, . . . ,yq ces z´eros. Siyq <2p, alors on a trouv´eq z´eros def0 dans [0,2p[, sinon, on remplaceyq paryq−2p.

III.F.1)b) Lesq z´eros de f0 construits `a la question pr´ec´edente sont tous distincts de ceux def. Sif et f0 avait une racine commune, alorsf0 aurait (au moins)q+ 1 racines, ce qui n’est pas le cas.

III.F.2)a) Nous avons l(n1)(x) = ϕ(nn1)(x)−νf(n1)(x+ρ) = ϕ1(x)−νf(n1)(x+ρ). Si l(n1) s’annule au moins (2p+ 1) fois, l(n)aussi d’apr`es III.F.1. Mais sur ]0,1[, nous avons :

|l(n)(x)| ≥1−νN(f(n))≥1−ν >0.

Donc l(n) ne peut s’annuler qu’en des points entiers, et dans [0,2p[, il y a exactement 2ppoints entiers. Doncl(n)a au plus 2pz´eros dans [0,2p[. Il en est de mˆeme del(n1).

III.F.2)b) Nous distinguons deux cas suivant quenest pair ou impair.

– Si nest impair,λn est atteint aux points entiers parϕn. Si on suppose par exempleϕn(0) = +λn, alors ϕn(1) =−λn, . . . ,ϕn(2p) = +λn. Mais comme |νf(k+ρ)| < λn par hypoth`ese, l a le signe de ϕn en les points entiers. Alors, par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, l s’annule sur ]k,k+ 1[, ce qui donne 2ppoints d’annulation.

– Sinest pair,ϕnest nul en les points entiers, etλnest atteint en les points 1/2+k. On suppose par exempleϕn(1/2) = +λn, ce qui donneϕn(1/2 +k) = (−1)kλn. Par le mˆeme raisonnement que pr´ec´edemment, on trouve pourl (2p−1) points d’annulation, un dans chaque intervalle [1/2 +k,1/2 +k+ 1], pourk= 0, . . . ,2p−2. Il nous en faut encore un! Si l(0)≤0, nous en obtenons un par le th´eor`eme des valeurs interm´edaires dans [0,1/2[. Dans le cas contraire, le mˆeme th´eor`eme en donne un dans ]1/2 + (2p−1),2p[.

III.F.2)c) Du fait que N(f(n))≤ 1, l(n1) s’annule au plus 2p fois, et en prenant la contrapos´ee de III.F.1)a), l(k) s’annule au plus 2p fois sur [0,2p[, pour k = 1, . . . ,n−1. D’autre part, comme N(f)≤λn,l s’annule au moins 2p fois, et toujours en utilisant III.F.1)a) (cette fois dans le sens direct), nous savons que tous les l(k)aussi!

III.F.3)a) Par 2p−p´eridodicit´e def0, et par continuit´e def0, nous avons : N(f) = sup

[0,2p]

|f0|= max

[0,2p]|f0|.

Ceci prouve l’existence de α. En outre, commeϕ0nn1, en choisissantβ= 0 ou β= 1 sin−1 est impair,β = 1/2 ou β= 3/2 si n-1 est pair, on trouve un telβ en vertu de III.B.3.

(8)

III.F.3)b) Par un calcul simple :

h0(β) =ϕ0n(β)− λn1

N(f0)f0(α) = 0, par d´efinition imm´ediate deβ. D’autre part,

h00(β) =ϕ00n(β)−λn1f00(α) N(f0) .

Maisβa ´et´e choisi pour correspondre `a un extr´ema deϕ0nn1, et on sait que les extrema deϕ0n correspondent aux z´eros deϕ00n. On en d´eduit queϕ00n(β) = 0. D’autre part, comme|f0(α)|=N(f0), on a f00(α) = 0. D’o`u ceci donneh00(β) = 0.

III.F.3)c) On supposeN(f)≤λn, etN(f(n))≤1, maisN(f0)> λn1. Alors en appliquant III.F.2)c) pour ν = Nλn−1(f0), 0 < ν <1, etρ=β−α, nous savons queh0 et h00 ont exactement 2p z´eros sur [0,2p[. Or, ils ont un z´ero commun, `a savoirβ. Ceci contredit III.F.1)b).

III.F.3)d) Si n= 2, alorsN(f)≤λ2 = 1/8, etN(f00)≤1. Alors, d’apr`es les r´esultats de la partie I, nous savons que :

N(f0)≤ r

21 8 =1

2 =λ1. III.G. Posons d’abordf(x) =Rx

0 sinn(t)dt. Alorsf(0) = 0,f(π)>0. En outre, dans toutes les d´eriv´ees de f d’ordre inf´erieur ou ´egal `a n, on va pouvoir factoriser par sinx, et donc pour k= 1, . . . ,n, nous avons :f(k)(0) =f(k)(π) = 0.

En translatant la fonction, et en la multipliant par une constante, on obtient une fonctiongd´efinie sur [−1,−1/2] avec g(−1) = 0, g(−1/2) = 1, 0 ≤ g ≤ 1, et g(k)(−1) = g(k)(−1/2) = 0 pour k= 1, . . . ,n. Nous d´efinissonsω sur ]− ∞,0] par :

ω(x) = 0 six∈]− ∞,−1]

ω(x) =g(x) six∈]−1,−1/2[

ω(x) = 1 six∈[1/2,0].

Nous compl´etons le domaine de d´efinition deωpar parit´e sur [0,+∞[. Alorsωest continue (il suffit de v´erifier en−1 et−1/2). En outre, si 1≤k≤n, et six∈]−1,−1/2[, on a :ω(k)(x) =g(k)(x).

En particulier :

lim

x→−1+ω(k)(x) = lim

x(1/2)ω(k)(x) = 0.

Ces limites correspondent aussi aux limites des d´eriv´ees k−i`emes par valeurs inf´erieures en -1, et par valeurs sup´erieures en -1/2. Par applications successives du th´eor`eme de prolongement d’une d´eriv´ee, nous prouvons donc que ω est k fois d´erivable en -1 (resp. en -1/2), et que la d´eriv´ee k−i`eme y est continue. Comme il n’y a aucun probl`eme aux autres points, nous concluons que ω est Cn, et v´erifie bien toutes les hypoth`eses demand´ees.

Remarque : On dit queω est une fonction plateau. Avec des m´ethodes un petit plus sophistiqu´ees, on pourrait mˆeme construire une fonction plateauC.

III.H.1) fpestCn1, et de classeCn par morceaux sur [−p,p[, comme produit d’une fonction de classe Cn et d’une fonction de classeCn1 et Cn par morceaux (on peut retrouver ce r´esultat `a l’aide de la formule de Leibniz). En particulier,fp(n) est continue par morceaux sur [−p,p[, et comme le raccordement se fait bien enp, elle est continue par morceaux surR(pour ceux qui ne seraient pas tout `a fait convaincus, passer par la formule de Leibniz).

Ensuite, |fp(x)| ≤ α|f(x)||ω(x/p)|, d’o`u N(f(p)) ≤ αN(f)N(ω) ≤ λn. Pour calculer fp(n), nous utilisons donc la formule de Leibniz :

fp(n)(x) =αf(n)(x)ω(x/p) +1 p

" n X

k=1

αCnkf(k)(x) 1

pnk1ω(nk)(x/p)

# .

(9)

Or,

– N αf(n)(x)ω(x/p)

≤α.

– D’apr`es la partie II., chaquef(k) est born´ee sur R, et : N

1

pnk1ω(nk)(x/p)

≤N

ω(nk)

,pourp≥1 entier.

En particulier, en utilisant l’in´egalit´e triangulaire, il existeC >0, ind´ependant dep, tel que : N

n

X

k=1

αCnkf(k)(x) 1

pnk1ω(nk)(x/p)

!

≤C.

Nous en d´eduisons donc que :

N fp(n)

≤α+C p ≤1, d`es quepest assez grand.

III.H.2) D’apr`es la question pr´ec´edente, et III.G., d`es quepest assez grand,N(fp0)≤λn1. Mais sur p

2 ,p2

,f =fp, et donc, sipest assez grand, et six∈p 2 ,p2

, on a|f0(x)| ≤λn1. Commeppeut ˆ

etre choisi arbitrairement grand, on en d´eduit queN(f0)≤λn1.

III.I. Nous prouvons tr`es pr´ecis´ement l’hypoth`ese de r´ecurrenceHk suivante :Hk= “ Pour toutn≥k, pour toute fonction f de classe Cn1, de classe Cn par morceaux de Rdans R, si f et f(n) sont born´ees surR,f(k)est born´ee, et :

N(f(k))≤N(f)1k/nN(f(n))k/n λnk

λ1nk/n 00

.

H0 est vraie. Nous prouvons ensuite H1, qui est vraie si f est constante. Soit donc n≥ 1, nous pouvons mˆeme supposern≥2 car le casn= 1 est trivial, soitf une telle fonction etg(x) =af(bx) tel que :

– N(g)≤λn. – N(g(n))≤1.

Pour ce faire, nous choisissonsa= λn

N(f), et b= 1

N(f(n))a 1/n

. D’apr`es III.H., nous savons que N(g0)≤λn1. Maisg0(x) =abf0(bx), et donc :

N(f0) ≤ λn1

ab =λn1×N(f)

λn ×N(f(n))1/n× λ1/nn

N(f)1/n

≤ N(f)11/nN(f(n))1/n λn1 λ1n1/n

.

Nous avons donc prouv´eH1. Supposons maintenantHk vraie (pourk≥2), et prouvonsHk+1. Soit n≥k+ 1, etf comme dans les hypoth`eses. Sin=k+ 1, le r´esultat est juste, donc nous supposons n≥k+ 2. Soitg=f0. Par hypoth`ese de r´ecurrence (c’est-`a-dire Hk appliqu´ee `a n−1 et `ag) :

N(g(k)) =N(f(k+1)) ≤ N(g)1k/n1N(g(n1))k/n1λn(k+1) λ1nk/n1 1

≤ N(f0)1k/n1N(f(n))k/n1λn(k+1) λ1nk/n1 1

Mais nous introduisons l’in´egalit´e prouv´ee ci-dessus pour f0 (c’est-`a-dire que nous utilisonsH1) : N(g(k))≤N(f)(11/n)(1k/n1)N(f(n))(1k/n1)×1/n λ1nk/n1 1

λ(1n1/n)(1k/n1)

N(f(n))k/n1λn(k+1) λ1nk/n1 1 .

(10)

Il suffit de d´evelopper les calculs pour obtenir le bon r´esultat!! Par exemple :

1− 1

n 1− k

n−1

= 1− 1 n− k

n−1− k n+ k

n−1 = 1−k+ 1 n .

Quatri` eme Partie

IV.A. On voit bien que la fonctionψp“converge”, en un sens `a pr´eciser, versϕ0. Est-ce que le maximum de Tnp) converge vers le maximum de Tn0)? Analysons la situation. Pourn= 0, le r´esultat ne pose pas de probl`emes, puisqu’on a mˆeme ´egalit´e pour tout p. Ensuite, la “convergence” peut ˆ

etre math´ematis´ee sous forme de limites d’int´egrales. Il est en effet facile de v´erifier que, pour tout xde [0,1] :

Z x 0

p(t)−ϕ0(t)|dt≤ 1 p,

Z 1 x

p(t)−ϕ0(t)|dt≤ 1 p (en passant par le point 1/p). En utilisant III.C., nous avons :

2|T ψp(x)−T ϕ0(x)| ≤ Z x

0

p(t)−ϕ0(t)|dt+ Z 1

x

p(t)−ϕ0(t)|dt≤ 2 p

En particulier, (T ψp) converge uniform´ement sur [0,1] vers T ϕ01. Le r´esultat est donc vraie pour n = 1, puisque|N(T(ψp))−λ1| = |N(T(ψp))−N(ϕ1)| ≤N(T ψp−ϕ1). Ensuite, il s’agit d’une simple r´ecurrence, puisqu’il est bien connu que sifj est une suite de fonctions continues qui converge uniform´ement sur [a,b] vers une fonction f, alors pour tout c ´el´ement de [a,b], la suite de fonctions x7→Rx

c fj(t)dt

converge uniform´ement sur [a,b] versx7→Rx

c f(t)dt. Par suite, pour tout n ≥1, et d’apr`es III.C., (Tnp))pN converge uniform´ement sur [0,1] vers Tn0), d’o`u on en d´eduit le r´esultat.

IV.B. L’in´egalit´e du III.I. est optimale, car si on l’applique `a fp = Tnψp, avec f(k) = Tnkψp, en passant `a la limite enp, les quantit´es `a gauche et `a droite de l’in´egalit´e ont la mˆeme limite.

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