PROBLEME : Une introduction aux fonctions tests

SESSION 2006

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE MP

MATHEMATIQUES 1

EXERCICE 1

a. Pourn∈N^∗,

1

n(n+1)(n+2) = 1 2

n+2−n n(n+1)(n+2) = 1

2 1

n(n+1)− 1 (n+1)(n+2)

.

Puis, pourn∈N^∗, Xn

k=1

1

k(k+1)(k+2)= 1 2

Xn

k=1

( 1

k(k+1)− 1

(k+1)(k+2)) = 1 2

1

1×2 − 1

(n+1)(n+2)

(somme télescopique).

On en déduit la convergence et la somme de la série proposée :

+∞X

n=1

1

n(n+1)(n+2) = 1 4.

b. Pourn∈N^∗,

Xn

k=1

2^k (k−1)! =2

Xn

k=1

2^k−1 (k−1)! =2

n−1X

k=0

2^k k!,

et donc,

X+∞

n=1

2ⁿ

(n−1)! =2e².

EXERCICE 2

a. fest continue par morceaux surRet 2π-périodique. On peut donc calculer ses coefficients de Fourier. Puisquefest paire, pour tout entier naturel non nul n, on abn(f) =0 et pour tout entier natureln, on a

an(f) = 2 π

Zπ 0

t²cos(nt)dt.

Ainsi,a0(f) = _π²Rπ

0t²dt= ^2π₃² puis, pourn∈N^∗, a_n(f) = 2

π Zπ

0

t²cos(nt)dt= 2 π

t²sin(nt) n

π

0

− 2 n

Zπ 0

tsin(nt)dt

= − 4 nπ

Zπ 0

tsin(nt)dt

= − 4 nπ

−tcos(nt) n

π

0

+ 1 n

Zπ 0

cos(nt)dt

= 4

n²π.π(−1)ⁿ = 4(−1)ⁿ n² .

Maintenant, la fonctionf est 2π-périodique, continue sur R, de classe C¹ par morceaux sur R. D’après le théorème de Dirichlet, la série deFourierdef converge versfsurR. En particulier, pour tout réelxde[0, π],

f(x) =x²= a0(f)

2 +

+∞

X

n=1

(a_n(f)cos(nx) +b_n(f)sin(nx)) = π² 3 +4

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n² cos(nx).

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2006. Tous droits réservés.

b. x=0 fournit

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n² = −π² 12, etx=πfournit

+∞

X

n=1

1 n² = 1

4(π²−π² 3 ) = π²

6 . Mais alors,

+∞X

n=0

1

(2n+1)² = 1 2(

+∞X

n=1

1 n²−

X+∞

n=1

(−1)ⁿ n² ) = 1

2(π² 6 +π²

12) = π² 8 .

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n² = −π² 12,

+∞

X

n=1

1 n² = π²

6 et

+∞

X

n=0

1

(2n+1)² = π² 8 .

c. Puisquef est continue par morceaux surRet2π-périodique, la formule deParsevalfournit a²₀

2 +

+∞

X

n=1

(a²_n+b²_n) = 1 π

Z2π 0

f²(t)dt= 2 π

Zπ 0

f²(t)dt,

ou encore

2π⁴ 9 +16

+∞X

n=1

1 n⁴ = 2

π Zπ

0

t⁴dt= 2π⁴ 5 ,

et donc,

+∞X

n=1

1 n⁴ = π⁴

90.

PROBLEME : Une introduction aux fonctions tests

I. Découverte des fonctions tests.

1. SoitAune partie de R.

• SiAest compacte, alors,Aest en particulier bornée. PuisqueA⊂A, Aest aussi bornée.

• Réciproquement, si A est bornée, il existe R > 0 tel que A ⊂ [−R, R]. Mais alors A ⊂ [−R, R] = [−R, R]. On en déduit queAest bornée. Comme d’autre part,Aest fermée, le théorème deBorel-Lebesgue permet d’affirmer queA est compacte.

Finalement,

∀A∈P(R), (Abornée⇔Acompacte).

2. Quelques exemples

a.(Voir graphique page suivante)

{x∈R/ u(x)6=0}=] −2, 2[et donc supp(u) = [−2, 2]. Puisque] −2, 2[est borné, la question précédente permet d’affirmer que supp(u) = ] −2, 2[est compact.

La fonctionun’est dérivable en2(u_g^′(2) = −4et u_d^′(2) =0).un’est donc pas une fonction test.

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4

y= u(x)

b.{x∈R/ sin(x)6=0}=R\πZet donc supp(sin) =R. La fonction sin n’est pas à support compact et n’est donc pas une fonction test.

3. a. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel k, il existe un polynômePk de degré dk= 2ktel que pour tout réel strictement positifx,h^(k)(x) =P_k

1 x

e^−x1.

•Le résultat est clair pourk=0avecP0=1qui est bien un polynôme de degréd0=0=2×0.

•Soitk≥0. Supposons le résultat établi pour l’entierk. Pour tout réel strictement positif xon a alors h^(k+1)(x) = (h^(k))^′(x) =

− 1 x²P_k^′

1 x

+Pk

1 x

.

− 1 x²

e^−1x = −1 x²

P_k^′

1 x

+Pk

1 x

e^−1x =Pk+1

1 x

e^−1x,

avecPk+1= −X²(P_k+P_k^′). Tout d’abord,Pk+1 est bien un polynôme. Ensuite, puisqueP_k n’est pas le polynôme nul, le degré deP_k+P_k^′ est le degréd_k deP_k.Mais alorsdk+1=2+d_k=2k+2=2(k+1).

On a montré par récurrence que∀k∈N, ∃Pk∈R[X]/;∀x∈R, h^(k)(x) =Pk

1 x

e^−1x. De plus,∀k∈N, deg(Pk) =2k.

Un théorème classique d’analyse dit que sifest une fonction continue sur[a, b]à valeurs dansR, de classeC^∞ sur]a, b]

telle que pour tout entier naturel non nulk f^(k) a une limite réelle ena, alorsfest de classeC^∞ sur[a, b]. Ici,

• hest continue sur]0,+∞[et lim

x→0 x>0

h(x) = lim

x→0 x>0

e^−1x =0=h(0). Donchest continue sur[0,+∞[.

• hest de classeC^∞ sur]0,+∞[.

• Pour tout entier naturel non nul k et tout réel strictement positif x, on a h^(k)(x) = P_k 1

x

e^−1x où P_k est un polynôme.Les théorèmes de croissances comparées permettent alors d’affirmer que pour tout entier naturel non nul k, h^(k)(x)tend vers0quandxtend vers0par valeurs supérieures et en particulierh^(k)a une limite réelle quandxtend vers 0par valeurs supérieures.

On en déduit quehest de classe C^∞ sur[0,+∞[et en particulier admet en0 des dérivées à droite à tout ordre égales à 0. Comme h est également de classeC^∞ sur ] −∞, 0] et que ses dérivées successives sur cet intervalle sont nulles, on a montré que

h est de classeC^∞ surR. b.Le support deh est[0,+∞[. Donch n’est pas une fonction test.

Supposons par l’absurde que h est développable en série entière. Alors, il existe un réel r > 0 tel que pour tout réel x∈] −r, r[,

h(x) =

+∞X

n=0

f⁽ⁿ⁾(0) n! xⁿ =0.

h est donc nulle sur un intervalle ouvert non vide de centre 0, ce qui n’est pas. Donc h n’est pas développable en série entière.

4. a.Soitx∈R.−(x−1)(x+1)> 0⇔x∈] −1, 1[. Donc six∈] −∞,−1]∪[1,+∞[,ϕ(x) =0et six∈] −1, 1[

ϕ(x) =e⁻

1

−(x−1)(x+1) =e

1 x2−1.

∀x∈R, ϕ(x) =

e

1

x2−1 six∈] −1, 1[

0six∈] −∞,−1]∪[1,+∞[

Puisque la fonction x 7→−(x−1)(x+1) est de classeC^∞ sur R à valeurs dansR et que h est de classe C^∞ sur R, la fonctionϕ est de classeC^∞ surR. Puisque de plus le support deϕest[−1, 1] qui est un compact deR,

la fonctionϕ est une fonction test.

ϕest paire, croissante sur] −∞, 0]et décroissante sur[0,+∞[.

Graphe de la fonction ϕ

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

1

y=ϕ(x)

b.La fonctionx7→h(−(x−3)(x−8))est une fonction test dont le support est[3, 8].

La fonctionx7→h(−(x−1)(x−2)) +h(−(x−5)(x−6))est une fonction test dont le support est[1, 2]∪[5, 6].

5. Soitfune fonction définie surRà support compact. Il existe un réel poisitifAtel que pourx∈] −∞,−A]∪[A,+∞[, f(x) =0. Mais alors lim

x→−∞f(x) = lim

x→+∞f(x) =0.

6. Construction d’une suite régularisante

a. ϕ est continue sur] −∞,+∞[et donc localement intégrable sur ] −∞,+∞[. ϕ est nulle au voisinage de −∞et au voisinage de+∞et doncϕest intégrable au voisinage de −∞et au voisinage de+∞. Finalement,

ϕest intégrable sur] −∞,+∞[.

ϕest une fonction continue, positive et non nulle sur] −∞,+∞[et donc Z+∞

−∞

ϕ(x)dx > 0.

Posons alorsI= Z+∞

−∞

ϕ(x)dxpuisρ= 1

Iϕ.ρvérifie toutes les conditions de l’énoncé.

b.Soitn∈N^∗. Pourx∈R,ρn(x)6=0⇔nρ(nx)6=0⇔nx∈] −1, 1[⇔x∈] − 1 n,1

n[.

∀n∈N^∗, supp(ρn) =

−1 n, 1

n

.

Soitn∈N^∗. En posantt=nx, on obtient Z+∞

−∞

ρn(x)dx= Zn¹

−¹n

ρ(nx)ndx= Z1

−1

ρ(t)dt= Z+∞

−∞

ρ(t)dt=1.

∀n∈N^∗, Z+∞

ρ (x)dx=1.

II. Approximation uniforme sur R par des fonctions de classeC^∞ ou par des fonctions tests.

7. a. La suite de polynômes(P_n)converge uniformément surR vers une certaine fonctionf. On en déduit qu’il existe un entierN tel que, pourn≥N,kPn−fk_∞ ≤¹₂. Pourn≥N, on a alors

kPn−PNk_∞ ≤ kPn−fk_∞+kf−PNk_∞ ≤ 1 2 +1

2 =1.

b.Ainsi, pourn≥N, lepolynômePn−PN est borné surRet donc est un polynôme constantCn. La suite de polynômes constants(C_n) = (P_n−PN)converge versf−PN qui est donc un polynôme constantC(car si pour toutxréel et tout n≥N,Cn(x) =Cn(0)alors en faisant tendre nvers+∞, on obtient pour tout réelx,C(x) =C(0)).

Quandntend vers+∞dans l’égalitéPn=PN+Cn, on obtientf=PN+Cetfest donc un polynôme.

Si une suite de polynômes(P_n)converge uniformément surRvers une fonctionf,fest un polynôme.

8. a. Graphe de la fonction zn.

n n+1

−(n+1) −n

y=zn(x)

Soient xun réel positif puis n₀= E(x) +1. Pourn ≥n₀, on an≥E(x) +1 > x et doncz_n(x) = 1. On en déduit que

n→lim+∞z_n(x) =1. Si maintenantxest un réel négatif, lim

n→+∞z_n(x) = lim

n→+∞z_n(−x) =1.

La suite de fonctions(z_n)converge simplement vers la fonction constantex7→1 surR. Maintenant, pour tout entiern,kzn−1k_∞ =1 et on n’a donc pas lim

n→+∞kzn−1k_∞ =0.

La suite de fonctions(z_n)ne converge pas uniformément vers sa limite surR.

b. Soitgune fonction continue surRet nulle à l’infini. Il existe un réel positif Atel que si|x|> A,|g(x)|≤1. Mais la fonctiongest continue sur le segment [−A, A]et donc bornée sur ce segment. Par suite, il existe un réelMtel que si

|x|≤A, |g(x)|≤M.

Pour tout réelxon a alors|g(x)|≤Max{1, M}. On a montré que

sigest nulle à l’infini, gest bornée surR. c. Soitn∈N. Puisque {x∈R/|x|≥n+1}⊂{x∈R/|x|≥n}, on aαn+1≤αn.

La suite(α_n)est décroissante.

Soitε > 0. Puisquegest nulle à l’infini, il existeA > 0tel que si |x|> A,|g(x)|< ε 2. Soit alorsn0=E(A) +1. Pour tout réel xtel que|x|≥n0, on a|g(x)|< ε

2 et doncαn0 ≤ ε

2 < ε. Mais alors, puisque la suite(α_n)est décroissante (et positive), pourn≥n0, on a0≤αn≤αn0 < ε. On a montré que

∀ε > 0∃n0∈N/∀n∈N, (n≥n₀⇒0≤α_n < ε)

et donc que

n→lim+∞αn=0.

d.Soientn∈Net x∈R.

• Si|x|< n,|g_n(x) −g(x)|=|g(x) −g(x)|=0≤α_n.

• Si|x|≥n+1,|g_n(x) −g(x)|=|g(x)|≤α_n.

• Sin≤|x|< n+1,|g_n(x) −g(x)|=|(−|x|+n+1)g(x) −g(x)|= (|x|−n).|g(x)|≤|g(x)|≤α_n. Finalement, pour tout réelxon a|g_n(x) −g(x)|≤α_n et donckgn−gk_∞ ≤α_n.

∀n∈N, kgn−gk_∞ ≤α_n.

e.Soitn∈N. Le support deg_n est contenu dans supp(zn) = [−(n+1),(n+1)]. Mais alors le support deg_n est borné est donc compact. De plus,g_n est continue surRen tant que produit de fonctons continues surR. Finalement

pour tout entier natureln,g_n est continue surRà support compact.

D’après les questions c. et d., la suite (kgn−gk_∞)tend vers0 quand n tend vers+∞et donc la suite de fonctions (gn)converge uniformément surRvers la fonctiong.

On a montré que

Une fonction continue surR, nulle à l’infini est limite uniforme surRd’une suite de fonctions continues surRà support compact (A1).

9. a.Soitx∈R. La fonctionh : t7→g(t)f(x−t)est continue surR. Le support dehest contenu dans le support deg.

On en déduit quehest nulle à l’infini et en particulier intégrable au voisinage de+∞et au voisinage de−∞. Finalement

∀x∈R, la fonction t7→g(t)f(x−t)est intégrable surR.

b. Soitx∈R. Pour tréel donné, −R≤x−t≤R⇔x−R≤t≤x+R. La fonction h : t7→f(t)g(x−t) est continue surRet son support est contenu dans[x−R, x+R]. On en déduit de nouveau quehest nulle à l’infini et en particulier intégrable au voisinage de+∞et au voisinage de−∞. Finalement

∀x∈R, la fonction t7→f(t)g(x−t)est intégrable surR. Soitx∈R. En posantu=x−t, on obtient

(g∗f)(x) = Z+∞

−∞

g(t)f(x−t)dt= ZR

−R

g(t)f(x−t)dt

= Zx−R

x+R

g(x−u)f(u) (−du) = Zx+R

x−R

g(x−u)f(u)du= Z+∞

−∞

f(u)g(x−u)du

= (f∗g)(x).

Donc

f∗g=g∗f.

10. Support d’une convolution

a.Soientxun réel strictement plus grand queR+S ettun réel.

• Si|t|> R, on a g(t) =0et doncg(t)f(x−t) =0.

•Si |t|≤R, alors−R≤t≤Rpuisx−R≤x−t. Mais alorsx−t >(R+S) −R=S. On en déduit quef(x−t) =0 et donc encore une fois queg(t)f(x−t) =0.

Z+∞

De même, soientxun réel strictement plus petit que−(R+S)ett un réel.

• Si|t|> R, on a g(t) =0et doncg(t)f(x−t) =0.

• Si|t|≤R, alors−R≤t≤Rpuisx−t≤x+R <−(R+S) +R= −S. On en déduit de nouveau quef(x−t) =0 et donc queg(t)f(x−t) =0.

Dans ce cas aussig∗f(x) =0.

En résumé,f∗gest nulle en dehors de[−(R+S),(R+S)]et donc

f∗gest à support compact.

b.On prend pourfla fonction constante x7→1 et pourgla fonctionz₀.gest à support compact etfne l’est pas. Pour tout réelxon a

f∗g(x) = Z+∞

−∞

g(t)f(x−t)dt= Z1

−1

z₀(t)dt=1.

f∗gest la fonction constantex7→1 et n’est donc pas à support compact.

11. Dérivation d’une convolution

a.Soientaun réel strictement positif puisx∈[−a, a].

Si test un réel tel quet > a+R, alorsx−t < x− (a+R)≤a− (a+R) = −Ret doncg(x−t) =0.

De même sit <−a−R, alorsx−t > x+a+R≥−a+a+R=Ret donc g(x−t) =0.

Mais alors

f∗g(x) = Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt= Za+R

−a−R

f(t)g(x−t)dt.

b.Soientaun réel strictement positif et Φ : [−a, a]×[−a−R, a+R] −→ R (x, t) 7−→ f(t)g(x−t)dt

. - Pour tout réelxde[−a, a], la fonctiont7→Φ((x, t))est continue par morceaux sur[−a−R, a+R].

- Puisque g est de classe C¹ sur R, Φ admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable sur [−a, a]× [−a−R, a+R]. De plus pour(x, t)∈[−a, a]×[−a−R, a+R], on a

∂Φ

∂x((x, t)) =f(t)g^′(x−t).

- Pour tout réelxde[−a, a], la fonctiont7→∂Φ

∂x((x, t)est continue par morceaux sur[−a−R, a+R]et pour tout réel tde[−a−R, a+R], la fonctionx7→ ∂Φ

∂x((x, t)est continue sur [−a, a].

- D’après la question 5., une fonction à support compact est nulle à l’infini et d’après la question 8.b., une fonction continue sur R et nulle à l’infini est bornée sur R. Les fonctions g et g^′ sont donc bornées sur R (g^′ étant également continue surRà support compact). D’autre part,fest continue sur le segment[−a−R, a+R]et en particulier est bornée sur ce segment. On en déduit que les fonctionsΦ et ∂Φ

∂x sont bornées sur [−a, a]×[−a−R, a+R]. On note alorsM0

(resp.M₁) un majorant de la fonction |Φ| (resp.

∂Φ

∂x

) sur [−a, a]×[−a−R, a+R] puis on note ϕ₀ : t 7−→ M₀ et ϕ₁ : t7−→M₁.

Les fonctionsϕ₀et ϕ₁sont continues, positives et clairement intégrables sur[−a−R, a+R]et pour(x, t)∈[−a, a]× [−a−R, a+R], on a

|Φ((x, t))|≤ϕ0(t) et

∂Φ

∂x((x, t))

≤ϕ1(t).

En résumé

• ∀x∈[−a, a], la fonctiont7→Φ((x, t))est continue par morceaux sur[−a−R, a+R]et intégrable sur[−a−R, a+R].

•La fonctionΦadmet sur[−a, a]×[−a−R, a+R]une dérivée partielle par rapport à sa première variable ∂Φ

∂x vérifiant -∀t∈[−a−R, a+R], la fonctionx7→ ∂Φ

∂x((x, t))est continue sur[−a, a], -∀x∈[−a, a], la fonctiont7→ ∂Φ

∂x((x, t))est continue par morceaux sur[−a−R, a+R],

- il existe une fonction ϕ₁continue par morceaux, positive et intégrable sur [−a−R, a+R]telle que -∀(x, t)∈[−a, a]×[−a−R, a+R],

∂Φ

∂x((x, t))

≤ϕ₁(t).

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz),f∗gest de classeC¹sur[−a, a]et pour tout réelxde[−a, a],

(f∗g)^′(x) = Za+R

−a−R

∂

∂x(f(t)g(x−t)) dt= Za+R

−a−R

f(t)g^′(x−t)dt= Z+∞

−∞

f(t)g^′(x−t)dt=f∗g^′(x).

Comme ce dernier résutat est valable pour tout réel strictement positif a, on a montré que f∗gest de classeC¹surRet(f∗g)^′=f∗(g^′).

Il est alors clair par récurrence que sigest de classeC^∞ surR,f∗gest de classeC^∞ surRet que pour tout entier naturel k,(f∗g)^(k)=f∗(g^(k)).

12. Application à l’approximation

a. Soit n ∈ N^∗. On rappelle que la fonction ρ_n est positive et de classe C^∞ sur R, que Z+∞

−∞

ρ_n(t) dt = 1 et que supp(ρn) =

−1 n, 1

n

. Soit alorsxun réel.

|f∗ρ_n(x) −f(x)|=

Z+∞

−∞

f(x−t)ρ_n(t)dt−f(x) Z+∞

−∞

ρ_n(t)dt

=

Z+∞

−∞

(f(x−t) −f(x))ρ_n(t)dt

≤ Z+∞

−∞

|f(x−t) −f(x)|ρ_n(t)dt= Z¹n

−n¹

|f(x−t) −f(x)|ρ_n(t)dt.

b.Soitε > 0. Puisquefest uniformément continue surR,

∃α > 0/, ∀(x, y)∈R², (|x−y|< α⇒|f(x) −f(y)|< ε.

Soientn₀ =E 1

α

+1 puisnun entier supérieur ou égal à n₀ et xun réel. On a déjà n₀> 1

α et donc 1

n₀ < α. Mais alors, pour tout réeltde l’intervalle

−1 n,1

n

, on a

|(x−t) −x|=|t|≤ 1

n ≤ 1 n0

< α.

On en déduit que

|f∗ρn(x) −f(x)|≤ Zn¹

−_n¹

|f(x−t) −f(x)|ρn(t)dt

≤ Zn¹

−n¹

ε.ρn(t)dt=ε Zn¹

−n¹

ρn(t)dt=ε Z+∞

−∞

ρn(t)dt=ε.

On a montré que

∀ε > 0, ∃n0∈N/∀x∈R, ∀n∈N, (n≥n0⇒|f∗ρn(x) −f(x)|≤ε,

et donc que

la suite de fonctions(f∗ρ_n)converge uniformément vers la fonctionf surR.

D’autre part, chaque fonctionρ_n est de classeC^∞ sur Ret donc d’après le résultat admis par l’énoncé (et puisquef est continue surR), chaque fonctionf∗ρn est de classeC^∞ surR.

c. Soit f une fonction continue sur Rà support compact. f est en particulier continue surR et nulle à l’infini et donc uniformément continue surR. D’après b., la suite(f∗ρn)est une suite de fonctions tests convergeant uniformément vers fsurR.

On a montré que

toute fonction continue surRà support compact est limite uniforme surRd’une suite de fonctions tests (A₂).

III. Théorème de Withney.

13. Soitf une fonction de classeC^∞ sur R. f est en particulier continue sur R. Mais alors, puisque Z(f) =f⁻¹({0})et que le singleton{0}est un fermé deR,Z(f)est l’image réciproque d’un fermé deRpar une application continue surRet doncZ(f)est un fermé deR.

Sifest de classeC^∞ sur R,Z(f)est un fermé deR.

14. Une première tentative de preuve. . . infructueuse

SoitFune partie fermée et non vide deR. Montrons que pour tout réel x,dF(x) =0⇔x∈F.

Soit doncxun réel.

•Si xest dansF, alors0≤dF(x) = inf

y∈F|y−x|≤|x−x|=0et donc dF(x) =0.

•SidF(x) =0, il existe une suite(yn)d’éléments deF telle que la suite(|x−yn|)converge versdF(x)c’est-à-dire0. Ceci signifie encore que la suite(y_n) converge versx. Mais F est fermée et la limite d’une suite convergente d’éléments de F appartient àF. On en déduit que x∈F.

Finalement

Z(dF) =F.

Le théorème deWhitneyserait alors démontré si la fonctiond_F était de classeC^∞ surR. Représentons graphiquement la fonctiondFdans le cas particulier oùF=] −∞,−1]∪[1,+∞[.

Soit x ∈ R. Si x ∈] −∞,−1]∪[1,+∞[, on a dF(x) = 0. Si x ∈ [−1, 0], dF(x) = d(x,−1) = x+1 et si x ∈ [0, 1], dF(x) =d(x, 1) =1−x. On obtient le graphique suivant :

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

1

−1 y=

dF(x)

La fonction dF n’est pas dérivable en 0 et n’est donc pas de classe C^∞ sur R(mais est tout de même continue sur R).

Cette fonction n’est pas solution du problème posé.

15. Utilisation de fonctions tests

(i)Soientaet bdeux éléments deR tels quea < b.

Si aet bsont réels posons pour tout réelx ϕa,b(x) =h(−(x−a)(x−b))(oùh est la fonction étudiée à la question 3.).

Si a= −∞etbest réel, posonsϕa,b(x) =h(−(x−b)).

Si aest réel etb= +∞, posonsϕa,b(x) =h(x−a).

Si a= −∞etb= +∞, posonsϕa,b(x) =e^x.

Dans tous les cas, la fonction ϕa,b est une fonction de classe C^∞ sur Rdont l’ensemble des zéros est le complémentaire dansRde l’intervalle ]a, b[.

(ii)Soienta,b,cet dquatre éléments de Rtels quea < b≤c < d. La fonctionϕa,b+ϕc,d est une fonction de classe C^∞ surRdont l’ensemble des zéros est le complémentaire de]a, b[∪]c, d[.

16. Soit F une partie fermée de R. Si F est vide, la fonction exponentielle est une fonction de classe C^∞ sur R dont l’ensemble des zéros est vide et donc égal àF. De même si F= R, la fonction nulle est une fonction de classe C^∞ surR dont l’ensemble des zéros estRet donc égal àF.

SinonFn’est pas vide et son complémentaireΩne l’est pas davantage. Puisque Fest fermé,Ωest un ouvert deRet peut donc s’écrire comme une réunion finie ou dénombrable d’intervalles ouverts disjoints :Ω= [

k∈I

]a_k, b_k[, oùIest une partie deN.

Si Iest fini, quite à renuméroter, on peut supposer queΩ=

n

[

k=0

]a_k, b_k[ et la fonction Xn

k=0

ϕ_ak,b^k est une fonction de classeC^∞ surRdont l’ensemble des zéros est le complémentaire deΩ.

Si Iest infini, quite à renuméroter, on peut supposer que Ω = [

k∈N

]a_k, b_k[. Pour n∈ N, posons pour allégerϕ_n = ϕ_]an,bn[.

La première idée qui consiste à choisir

+∞

X

n=0

ϕ_n ne fonctionne pas car il n’y a aucune raison que cette série de fonctions converge.

On peut améliorer en choisissant la fonction

+∞X

n=0

1

2ⁿϕ_n car, les fonctions|ϕ_n|sont majorées par 1de sorte que cette série converge normalement sur R, mais cela n’assure pas encore la possibilité de dériver terme à terme indéfiniment. Il faut encore améliorer.

Soitn∈N.

Si l’intervalle]a_n, bn[est borné, on sait que la fonctionϕn est de classeC^∞ sur Rà support compact. On en déduit que chaqueϕ^(k)n est définie et bornée surR.

Si]a_n, bn[=] −∞, bn[. D’après la question 3., chaqueϕ^(k)n admet une limite réelle quandxtend vers−∞et quandx tend versb_n. Puisqueϕ_n est continue sur Ret nulle sur[b_n,+∞[, encore une fois, chaque|ϕ^(k)_n |est bornée sur R. Il en est de même, si]a_n, b_n[=]a_n,+∞[.

Dans tous les cas, pour tout entierk,kϕ^(k)n k_∞ existe et est un réel strictement positif (carϕ_n n’est pas un polynôme).

Pour nentier naturel donné, considérons alorsλ_n un réel strictement positif tel que, ∀k∈J0, nK, kλnϕ^(k)_n k_∞ ≤ 1 2ⁿ. On peut prendre par exemple

λ_n= 1

2ⁿ Max

0≤k≤n(kϕ^(k)n k_∞). Pourn≥k, on akλnϕ^(k)n k_∞ ≤ 1

2ⁿ. Ceci montre que la série de fonctions Xn

i=k

λiϕ^(k)_i

!

n≥k

est normalement convergente

surRet donc (par récurrence surk) que la fonction

+∞

X

n=0

λnϕnest pour toutk, de classeC^k surRavec

+∞

X

n=0

λnϕn

!^(k)

=

+∞X

n=0

λ_nϕ^(k)_n .

Enfin, puisque lesλ_n sont strictement positifs et que les fonctionsϕ_n sont positives, on a pour tout réelx

+∞

X

n=0

λ_nϕ_n(x) =0⇔∀n∈N, ϕ_n(x) =0⇔x∈F.

X+∞

n=0

λ_nϕ_n est une fonction de classeC^∞ surRdont l’ensemble des zéros estF. Le théorème deWithneyest démontré.