ANALYSE I et II Semaine du 14 au 18 novembre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee
Prof. J. Rappaz
Corrig´e 9 du mercredi 16 novembre 2011
Exercice 1.
SoitPn+1(x) =Pn(x) +12 x−Pn2(x)
,n= 0,1,2, . . ., x∈[0,1],P0(x) = 0.
1.) Montrons que 0≤Pn(x)≤Pn+1(x)≤√
x, ∀x∈[0,1].
• Commen¸cons par montrer par r´ecurrence que 0≤Pn(x)≤√
x, ∀x∈[0,1].
D´emonstration : Puisque P0(x) = 0, ∀x∈[0,1], on a 0≤P0(x)≤√
x, ∀x∈[0,1]. Supposons donc que pourn≥0 on ait
0≤Pj(x)≤√
x, ∀x∈[0,1], j = 0,1,2, . . . , n et montrons que
0≤Pn+1(x)≤√
x, ∀x∈[0,1].
En utilisant la d´efinition dePn+1 on a
√x−Pn+1(x) = √
x−Pn(x)
1−1 2
√x+Pn(x)
. Puisque par hypoth`ese de r´ecurrence on a 0≤Pn(x)≤√
x, ∀x∈[0,1], les facteurs
√x−Pn(x) et
1−1 2
√x+Pn(x)
, sont non n´egatifs pour toutx ∈ [0,1]. Ainsi √
x−Pn+1(x) ≥0, ∀x ∈ [0,1], ce qui montre que Pn+1(x) ≤√
x. De fa¸con ´evidente, puisque 0 ≤Pn(x)≤√
x, on a Pn+1(x) ≥0, ∀x∈ [0,1] qui d´ecoule de la d´efinition dePn+1.
• Puisque 0≤Pn(x)≤√
x, ∀x∈[0,1], on a (x−Pn2(x))≥0 et donc Pn+1(x) =Pn(x) +1
2(x−Pn2(x))≥Pn(x), ∀x∈[0,1].
Ainsi, la suite (Pn)∞n=0 est croissante.
2.) Six∈[0,1] est fix´e, la suite (Pn(x))∞n=0 est une suite num´erique croissante et born´ee par √
x. Elle est donc convergente et on pose
f(x) = lim
n→∞Pn(x).
On obtient ainsif(x) =f(x) +12 x−f2(x)
, ce qui impliquef2(x) =xet doncf(x) =√
x(le signe− est `a exclure carPn≥0).
Ainsi (Pn)∞n=0est une suite croissante de fonctions continues sur [0,1] qui converge ponctuellement vers la fonction continuef : [0,1]→Rd´efinie parf(x) =√
x. Le th´eor`eme de Dini permet de conclure que
n→∞limPn =f uniform´ement sur [0,1].
3.) La fonction g : [−1,1] → R est d´efinie par g(x) = |x| (fonction paire). Puisque lim
n→∞Pn(x) = √ x uniform´ement sur [0,1], on a lim
n→∞Pn(x2) =|x|uniform´ement sur [−1,1] etPn(x2) est un polynˆome.
Exercice 2.
Soitfn: [1,3]→Rd´efinie parfn(x) =x(1 + √n
nx). Alors (fn)∞n=1 converge uniform´ement vers f(x) = 2x.
1) Six∈[1,3] on a
fn(x) =x
1 + √n n
|{z}
↓
1
· √n x
|{z}
↓
1
n→∞→ 2x.
2) On sait que la suite
xn= 1 +n1n
n≥0
est croissante et born´ee par 3 (cf cours p.18).
xn≤3⇒
n+ 1 n
n
≤3⇒(1 +n)n≤3nn ≤ sin≥3
n nn=nn+1. Ainsi donc,
(1 +n)n+11 ≤n1n ∀n≥3.
D’autre part puisquexn+11 ≤x1n, (fn)∞n=3est une suite d´ecroissante de fonctions continues qui converge ponctuellement vers la fonction continuef(x) = 2x lorsque n→ ∞. Le th´eor`eme de Dini permet de conclure que (fn)∞n=1 converge uniform´ement versf.
Remarque : On peut aussi remarquer que la suite (fn)∞n=1 est une suite de fonctions continues et d´ecroissantes qui converge vers une fonction continue. Ainsi par le th´eor`eme de Dini (2e version) la convergence est uniforme.
Exercice 3.
Soient
• fn:D→R, f :D→Rtels que lim
n→∞fn=f uniform´ement.
• x0∈R,fn etf sont d´efinies au voisinage dex0.
• lim
x→x0 6=
fn(x) =αn et lim
n→∞αn =α.
Montrer que lim
x→x0 6=
f(x) =α, i.e. lim
x→x0 6=
n→∞lim fn(x) = lim
n→∞ lim
x→x0 6=
fn(x).
D´emonstration : Soitε >0, montrons qu’il existeδ >0 tel que:
six∈D, 0<|x−x0| ≤δalors|f(x)−α| ≤ε.
• Puisque lim
n→∞αn=α, il existe n0>0 tel que∀n≥n0on a|α−αn| ≤ ε3.
• Puisque lim
n→∞fn=f uniform´ement, il existeN ≥n0 tel que∀n≥N on a|f(x)−fn(x)| ≤ ε3, ∀x∈D.
• Puisque lim
x→x0 6=
fN(x) =αN, il existeδ=δ(N)>0 tel que six∈D, 0<|x−x0| ≤δ, on a
|fN(x)−αN| ≤ ε 3.
• Ainsi, lorsquex∈D, 0<|x−x0| ≤δ, on a
|f(x)−α| ≤ |f(x)−fN(x)|+|fN(x)−αN|+|αN −α| ≤ε.
