Etudier la convergence simple des suites de fonctions suivantes

(1)

INP de Toulouse Pr´epa Semestre 4 Math M´eca

Suites et s´eries de fonctions Travaux dirig´es

Exercice 1. Etudier la convergence simple des suites de fonctions suivantes :´ 1. f_n:R→R, f_n(x) = x

n, 2. f_n: [0,1]→R, f_n(x) =xⁿ, 3. f_n:R→R, f_n(x) = x

n+|x|, n∈N∗

4. fn:R→R, fn(x) =nsin(x n), 5. f_n:R⁺ →R, f_n(x) = n

1 +nx, 6. f_n:R→R, f_n(x) = 1

1 +x² χ_[₋_n,n](x), o`uχ_[₋_n,n] est la fonction indicatrice de [−n, n], 7. f_n:R→R, f_n(x) = 1

nχ_[₋_n,n](x), 8. f_n:R→R, f_n(x) =

Xn

k=0

x^k. Correction :

1. Soit x∈R alors lim

n→+∞f_n(x) = lim

n→+∞

x

n = 0 donc (f_n) converge simplement vers la fonction nulle sur R. 2. Soit x ∈ [0,1[ alors lim

n→+∞xⁿ = 0 et lim

n→+∞1ⁿ = 1 donc (f_n) converge simplement vers la fonction d´efinie sur [0,1[ par :

∀x∈[0,1], f(x) =

1 si x= 1 0 sinon 3. Soit x ∈R alors lim

n→+∞

x

n+|x| = 0 donc (fn) converge simplement vers la fonction nulle sur R.

4. Soit x ∈ R^∗ alors lim

n→+∞fn(x) = lim

n→+∞x sinx

n x n

= x de plus fn(0) = 0 pour tout n ∈ N donc (fn) converge simplement vers la fonction d´efinie sur Rpar :

∀x∈R, f(x) =x 5. Soit x ∈ R^∗₊ alors lim

n→+∞

x

1 +nx = 1

x de plus lim

n→+∞f_n(0) = lim

n→+∞n = +∞ pour tout n∈N donc (fn) converge simplement sur ]0,+∞[ vers la fonction d´efinie par :

∀x∈R, f(x) = 1 x

(2)

6. Soit x∈R alors lim

n→+∞ 1

1+x² χ_[₋_n,n](x) = _1+x¹ 2

En effet, ∃n₀ ∈N,∀n>n₀, x∈[−n, n]⇒χ_[₋_n,n](x) = 1⇒ f₍x) = _1+x¹2, donc (fn) converge simplement sur ]0,+∞[ vers la fonction d´efinie par :

∀x∈R, f(x) = 1 1 +x² 7. Soit x∈R, alors

f₍x) 6 1

n donc lim

n→+∞f_n(x) = 0, donc (f_n) converge simplement vers la fonction nulle sur R.

8. Soit x∈R\ {1}, alorsf_n(x) = 1−xⁿ⁺¹

1−x etf_n(1) =n+ 1 donc :

n→lim+∞f_n(x) =





 1

1−x six∈]−1,1[

diverge sinon

Donc (f_n) convergent simplement sur ]−1,1[ vers la fonctionf d´efi nie par :

Exercice 2. On consid`ere les fonctions f_n: [a, b]→R, croissantes. On suppose que la suite (fn)nconverge simplement vers f sur [a, b]. Montrer que f est croissante.

On suppose de plus que lesfn sont strictement croissantes. Est-ce que f est strictement croissante ? Correction : On considèrex, y∈[a, b] avec x < y. Les suites réels (fn(x)) et (fn(y) vérifies que :

∀n∈N, f_n(x)6f_n(y) puisquef_n croissante sur [a, b]

Par passage `a la limite, on obtient :

f(x) = lim

n→+∞f_n(x)6f(y) = lim

n→+∞f_n(y) La fonction f est donc croissante.

Pour le cas o`u les fonctions sont strictement croissantes, voir Exercice 1 le 1. Les fonctionsf_nsont strictement croissantes et elles tendent simplement vers la fonction nulle qui n’est pas strictement croissante.

Exercice 3. On pose fn(x) = sinnx

n . Montrer que la suite (fn)n≥1 converge uniform´ement sur R vers la fonction nulle.

Correction : On a :

kf_nk_∞= 1

n donc lim

n→+∞kf_nk_∞= lim

n→+∞

1 n = 0 Donc la suite (fn)n≥1 converge uniform´ement sur Rvers la fonction nulle.

Exercice 4. On posef_n(x) = x

n. Montrer que la suite (f_n)_n converge uniform´ement sur [−R, R] pour tout R >0. Montrer que cette suite ne converge pas uniform´ement surR.

Correction : On a :

kf_nk_∞,[−R,R]= R

n ⇒ lim

n→+∞kf_nk_∞,[−R,R]= lim

n→+∞

R n = 0 Donc la convergence est uniforme sur [−R, R].

(3)

Comme sur∀n∈N, sup

x∈R|f_n(x)|= +∞, on peut dire que la suite de fonction (f_n) ne converge pas vers la fonction nulle uniform´ement.

Exercice 5. Pour x∈[0,1[, on pose fn(x) =xⁿ. Montrer que pour tout a∈[0,1[, la suite (fn)n converge uniform´ement sur [0, a] vers la fonction nulle.

Calculer la limite de f_n(1− ¹n) lorsque n tend vers +∞. La suite (fn)n converge-t-elle uniform´ement sur [0,1[ ?

Correction :

• On a :

kf_nk_∞,[0,a]=aⁿ⇒ lim

n→+∞kf_nk_∞,[0,a]= lim

n→+∞aⁿ= 0 car a∈[0,1[

Donc la convergence est uniforme sur [0, a].

• On akf_nk_∞,[0,1[= 1 donc la convergence n’est pas uniforme sur [0,1[.

Sinon mais inutile ici : On af_n(1−_n¹) =

1− 1

n n

= eⁿln (1−n¹) . Or ln 1−_n¹

∼ ⁻_n¹ donc nln 1− ¹_n

∼ −1.

Donc lim

n→+∞

1− 1

n n

= e⁻¹ Donc

∀n∈N,kf_nk_∞,[0,1[>f_n(1−n¹) =

1− 1 n

n

⇒ lim

n→+∞kf_nk_∞,[0,1[> lim

n→+∞

1− 1

n n

= e⁻¹6= 0 donc la suite (fn) ne tend pas uniform´ement vers la fonction nulle.

Exercice 6. Soit f :R⁺→R. On posefn(x) =f(x)χ_[0,n](x).

a. Montrer que la suite (fn)n converge simplement versf lorsquentend vers +∞.

b. On suppose que f(x) tend vers z´ero lorsque x tend vers +∞. Montrer que la suite (fn)n converge uniform´ement vers f sur R⁺.

Correction :

a Soit x∈R alors il existe n₀ ∈N tel quex6n₀. Et donc∀n∈N, n>n₀⇒f_n(x) =f(x)χ_[0,n](x)

| {z }

=1

=f(x).

Donc lim

n→+∞f_n(x) =f(x). La suite de fonction (fn) converge simplement versf. b On rappelle que par d´efinition :

n→lim+∞kf_n−fk_∞= 0⇔ ∀ε >0,∃n₀ ∈N,∀n>n₀, kf_n−fk_∞6ε Soit donc ε >0. Puisque lim

x→+∞f(x) = 0, on a ∃n₀∈N,∀x∈R⁺, x>n₀ ⇒ |f(x)|< ε.

Donc ∀n>n₀,∀x∈R⁺, |fn(x)−f(x)|=

(0 si x6n

|f(x)| si x > n. Donc ∀n>n₀,∀x∈R, |fn(x)−f(x)|6ε.

On a montrer que lim

n→+∞kfn−fk_∞= 0.

Donc la suite de fonction (fn) converge uniform´ement versf.

(4)

Exercice 7. Pour x≥0 et n≥1, on pose fn(x) = 1− x

n n

χ_[0,n](x).

a. On pose, pourx ∈ R⁺,u_n(x) = f_n(x)−e⁻^x. Soit a∈ [0, n]. Montrer que si u^′_n(a) = 0, alors u_n(a) =

−n^ae⁻^a. Calculerαn= max

t∈[0,n]

t ne⁻^t. b. En d´eduire quekunk_∞6 e⁻¹

n .

c. Montrer que la suite (f_n)_n converge uniform´ement sur R⁺ vers la fonction x7→e⁻^x. Correction :

a Soit n>1 etx∈[0, n], on a u_n(x) = 1−x

n n

−e⁻^x. Donc : u^′(x) =n×−1

n × 1− x

n n−1

+ e⁻^x=− 1− x

n n−1

+ e⁻^x Donc siu^′_n(a) = 0⇔ 1− ^an

n−1

= e⁻^a. On obtient : un(a) =

1− a n

n

−e⁻^a= 1− a

n

e⁻â−e⁻â=−a ne⁻â. On étudie la fonction positive g définie surRpar :

∀t∈R, g(t) = t ne⁻^t On obtient :

∀t∈R, g^′(t) = 1

n(1−t)e⁻^t D’o`u le tableau de variation :

x g^′(x)

g(x)

0 1 n

+ 0 −

0 0

e⁻¹ n e⁻¹

n

e⁻ⁿ e⁻ⁿ Donc α_n= max

t∈[0,n]

t

ne⁻^t= e⁻¹

n . Doncku_nk_∞,[0,n]=α_n= e⁻¹ n b Pour majorer ku_nk_∞. On a :

• Soit x ∈ ]n,+∞[, alors |u_n(x)| = e⁻^x 6 e⁻ⁿ. Donc ku_nk_∞,]n,+∞[ = e⁻ⁿ 6 α_n (voir tableau de variation pr´ec´edent).

• u_n est une fonction continue sur [0, n] et d´erivable sur ]0, n[. On rappelle qu’une fonction continue sur un segment (ici [0, n]) atteint ses bornes : c’est-`a-dire que

∃a∈[0, n], |u_n(a)|=ku_nk_∞,[0,n]

(la fonction |u_n| est continue puisque u_n est continue). Donc si |u_n| admet un maximum en a sur ]0, n[ alors c’est un extremum pour u_n et u^′_n(a) = 0 donc |u_n(a)| =g(a). Org(a) 6 α_n = e⁻¹

n . Si u_n n’admet pas d’extremum sur ]0, n[, comme elle est continue, elle admet un extremum en 0 oun et donc soit un(0) = 0 etun(n) =−e⁻ⁿsont les extremums. Et donc k|un|k_∞,[0,n]= e⁻ⁿ. Mais dans tous les cas k|u_n|k_∞_,[0,n]6α_n.

(5)

D´es lors k|u_n|k_∞6α_n. c Comme|iαn= 0, on a lim

n→+∞k|un|k_∞= 0. Donc la convergence est uniforme.

Exercice 8. Pour n≥3, on d´efinit f_n: [0,1]→R par :

f_n(x) =











0 si 0≤x≤ ¹₂ −n¹,

n

2(x− ¹₂+_n¹) si ¹₂− ¹_n ≤x≤ ¹₂ +¹_n, 1 si ¹₂ +_n¹ ≤x≤1.

a. Dessiner l’allure du graphe des fonctionsfn. b. Etudier la convergence simple de la suite (fn)n.

c. Montrer que la suite (fn)n converge localement uniform´ement sur [0,1]\ {¹₂}, mais qu’elle ne converge pas uniform´ement sur [0,1].

Correction :

a On a la repr´esentation :

1 x

2 −¹n

y

On observe que la suite (fn) converge simplement vers la fonction :

∀x∈[0,1], f(x) =







0 si x∈[0,¹₂[ 0,5 si x= ¹₂ 1 si x∈]¹₂,1[

b On a :

• lim

n→+∞f_n 1

2

= lim

n→+∞

1 2 = 1

2

• Si x∈[0,¹₂[, alors ∃n₀∈N,∀n>n₀, x∈[0,¹₂ −n¹]⇒f_n(x) = 0. Donc lim

n→+∞f_n(x) = 0.

• Si x∈]¹₂,1], alors ∃n₁ ∈N,∀n>n₁, x∈[¹₂ +_n¹,1]⇒f_n(x) = 1. Donc lim

n→+∞f_n(x) = 1.

D’o`u la convergence simple observ´ee en a.

c Soit [a, b]⊂[0,1]\ {¹₂}, si [a, b]⊂[0,¹₂[ :

∃n₀∈N,∀n>n₀, [a, b]⊂[0,1 2− 1

n]⇒ kfn(x)−fk_∞,[a,b]= 0

(6)

Donc lim

n→+∞kf_n(x)−fk_∞,[a,b]= 0.

On fait de même à droite de ¹₂, d’où la suite (f_n)_n converge localement uniformément sur [0,1]\ {¹₂}. Par ailleurs ∀n∈N, kf_n−fk_∞_,[0,1]> ¹₂ puisque

m→lim+∞

fn 1 2 +_m¹

−f ¹₂+_m¹

= lim

m→+∞

ⁿ₂ _m¹ +_n¹

−1 = 1

2 La convergence n’est donc pas uniforme sur [0,1].

Exercice 9. On consid`ere des fonctionsfn:R⁺ →R. On suppose que pour toutn,fn(x) tend vers 0 lorsque x tend vers +∞. On suppose de plus que la suite de fonctions (fn)n converge vers une fonction f : R⁺ → R uniform´ement sur R⁺.

Montrer quef(x) tend vers z´ero lorsquex tend vers +∞. Correction :

On rappelle les d´efinitions de limites suivantes :

x→lim+∞f(x) = 0⇔ ∀ε >0,∃A∈R⁺,∀x > A, |f(x)|6ε Et de plus :

n→lim+∞kf_n−fk_∞= 0⇔ ∀ε >0,∃n₀ ∈N,∀n > n₀, kf_n−fk_∞6ε

Soit donc ε >0, puisque la convergence de la suite de fonction (fn) est uniforme surR⁺, on a :

∃n₀∈N,∀n>n₀, kfn−fk_∞,R⁺ 6 ε 2 Comme f_n₀ a une limite nulle en +∞, l’on a :

∃A∈R⁺,∀x>A, |f_n₀(x)|6 ε 2 Donc :

∀x>A,|f(x)|6|f_n₀(x)−f(x)|+|f_n₀(x)|6kf_n₀ −fk_∞,R⁺ +|f_n₀(x)|6ε On a donc bien montrer que lim

x→+∞f(x) = 0.

Exercice 10. On consid`ere des fonctions f_n : [a, b] → R⁺, d´ecroissantes. On suppose que la suite (fn)n

converge simplement sur [a, b] vers la fonction nulle. Montrer que la convergence est uniforme. Le r´esultat reste-t-il vrai si on remplace [a, b] parR?

Correction : Puisque les fonctions f_n sont d´ecroissantes etpositives, on a : kf_nk_∞,[a,b]=f_n(a)⇒ lim

n→+∞kf_nk_∞,[a,b]= lim

n→+∞f_n(a) = 0 D’o`u la convergence uniforme.

Si l’on fn sur R par ∀x ∈ R, fn(x) = e⁻^x

n , on montre facilement que la suite de fonction (fn) converge simplement vers la fonction nulle. Or les fonctionsfnsont bien d´ecroissantes et positives. Or∀n∈N∗, kfnk_∞= +∞, la convergence n’est donc pas uniforme.

Exercice 11. Soit (fn)n une suite de fonctions bornées définies sur R, à valeurs dans R, qui converge uniformément surRversf. Montrer quef est bornée. Le résultat reste-t-il vrai si l’on suppose uniquement que la convergence est simple ?

(7)

Correction : Comme la suite de fonction (f_n) converge uniform´ement vers f , on a :

∃n₀ ∈N,∀n>n₀, kf_n−fk_∞61 Or f_n₀ est born´ee surR donc∃M ∈R,∀x∈R, |f_n₀(x)|6M.

Donc∀x∈R, |f(x)|6|f(x)−fn0(x)|+|fn0(x)|6kfn−fk_∞+M = 1 +M

• Si l’on considère que la convergence est seulement simple. On considérons les fonctions f_n : R → R, f_n(x) = xχ_[₋_n,n](x). Alors kf_nk_∞ = n. Donc les f_n sont bornées. La suite des (fn) converge simplement sur Rvers la fonctionx7→x qui n’est pas bornée.

• Si l’on considère que la convergence simple mais sur un segment (intervalle fermé borné comme demandé Mohamed) Alors on considère la suite de fonction f_n : [0,1] → R, f_n(x) = 1

xχ_[¹

n,1](x). Les fonction f_n sont bornée et la fonction vers laquelle la suite converge n’est pas bornée. (la convergence est simple. (On peut même poser f_n: [0,1]→R, f_n(x) = 1

xχ_[¹

n,1](x) +χ_[0,¹

n[(x)nx et dès lors les fonctionsf_n sont continues ! ! !) Exercice 12. On considère les fonctions (fn)n:R⁺→R définies parf_n(x) = nx

1 +nx.

a. Montrer que la suite (fn)n converge simplement surR⁺ vers une fonction f que l’on caract´erisera.

b. Etudier la continuité des´ f_n et def. Que peut-on en déduire concernant la convergence uniforme ? c. Montrer que pour tout a >0, la suite f_n converge versf uniformément sur [a,+∞[.

Correction :

a Soit x∈R⁺, on a :

n→lim+∞f_n(x) =

(1 si x >0 0 si x= 0

Donc la suite de fonction (fn)n converge simplement vers la fonction f d´efinie surRpar : f(x) =

(1 si x >0 0 si x= 0

b Les fonctions f_n sont continues sur R⁺ or f est discontinue en 0. Or si la convergence ´etait uniforme, la fonction f serait continue (voir r´esultat cours). Donc la convergence n’est pas uniforme sur R⁺.

c Soit a∈R∗

+. Si l’on pose∀x∈R⁺, u_n(x) =f(x)−f_n(x), alors :

∀x∈[a,+∞[, u^′(x) = −n

(1 +nx)² <0 D’o`u le tableau de variation :

x u^′_n(x)

un

a +∞

− u_n(a)

u_n(a)

0 0

⇒ kf(x)−f_n(x)k_∞,[a,+∞[=ku_nk_∞,[a,+∞[=u_n(a) = 1

1 +na ⇒ lim

n→+∞ku_nk_∞,[a,+∞[= lim

n→+∞

1

1 +na= 0.

Donc la suite de fonctions (f_n)_n converge uniformément sur [a,+∞[ vers la fonctionf (constante égale à 1 sur ]0; +∞[.

(8)

Exercice 13. On pose un(x) =q

x²+_n¹.

a. Montrer que la suite (un)n converge uniform´ement sur Rvers une fonction u que l’on d´eterminera.

b. Etudier la convergence de la suite des dérivées (u´ ^′_n)n. c. Montrer que un’est pas dérivable en zéro. Commentaires ? Correction :

a La suite de fonction (un)nconverge simplement vers la fonction valeur absoluex7→ |x|(en effet√

x² =|x|) On pose v_n:x7→u_n(x)− |x|. On obtient :

∀x∈R, vn(x) = r

x²+ 1

n− |x|= x²+_n¹ −x² q

x²+_n¹ +|x|

= 1

nq

x²+ ¹_n+|x| Commenq

x²+_n¹ +|x|

>nq

1 n =√

n, on a :∀x∈R, 06v_n(x)6 √¹n =v_n(0).

Donc kv_nk_∞= 1

√n ⇒ lim

n→+∞kv_nk_∞= 0. Donc la convergence de la suite de fonctions (u_n)_n est uniforme sur R.

b On obtient :

∀x∈R, u^′_n(x) = x q

x²+_n¹

Donc lim

n→+∞u^′_n(x) =







1 si x >0 0 si x= 0

−1 si x <0

c En 0 la fonction valeur absolue n’est pas d´erivable : la limite du taux d’accroissement `a droite est 1 et -1

`

a gauche (la tangente à droite n’est pas la même que la tangente à gauche) .

Si la convergence de la suite (u^′_n) ´etait uniforme sur R alors la fonction valeur absolue serait C¹ sur R. Or ce n’est pas le cas. Donc la convergence de la suite (u^′_n) n’est pas uniforme surR.

Remarque :Si l’on notegla limite simple de la suite (u^′_n) (voir question b.) Soita >0. On a facilement : g(x)−u^′_n(x)

∞,[a,+∞[61− a q

a²+_n¹

Et on montre ainsi que la limite est uniforme sur tout intervalle de la forme [a,+∞[ avec a >0. On peut faire de même à droite de 0 d’où la convergence locale uniforme surR^∗.

Exercice 14. On consid`ere la suite des fonctions f_n: [0,1]→Rd´efinies par : f_n(x) =x(1 +√

ne⁻^nx).

a. Montrer que la suite (fn)n converge uniform´ement sur [0,1] vers une limite que l’on pr´ecisera.

b. Calculer lim

n→+∞

Z 1 0

x(1 +√

ne⁻^nx)dx.

a Si x > 0, on montre facilement par croissance comparer que lim

n→+∞fn(x) =x et sinon lim

n→+∞fn(0) = 0.

Donc la suite (fn)n converge simplement sur [0,1] vers la fonction f :x7→x.

On pose ∀x∈[0,1], un(x) =f_n(x)−f(x) =x√

ne⁻^nx. Donc∀x∈[0,1], u^′_n(x) =√

n(1−nx)e⁻^nx. D’o`u le tableau de variation de u_n :

(9)

x u^′_n(x)

u_n

0 _n¹ 1

+ 0 −

0 0

√1ne

√ne⁻ⁿ

Donc kf_n−fk_∞_,[0,1]= √¹ne, donc lim

n→+∞kf_n−fk_∞_,[0,1]= lim

n→+∞

√1ne = 0.

Donc la convergence est uniforme sur [0,1].

b Comme les fonctions f_nsont continues sur [0,1] et que la suite (fn)nconverge simplement vers la fonction f, on peut intervertir :

n→lim+∞

Z ₁

0

x(1 +√

ne⁻^nx) dx= Z ₁

0

n→lim+∞x(1 +√

ne⁻^nx) dx= Z ₁

0

xdx= x²

2 1

0

= 1 2

Exercice 15. Calculer, en justifiant les calculs, les limites suivantes : 1. lim

n→+∞

Z 2 0

ln (e^x+x n)dx, 2. lim

n→+∞

Z π 0

sinⁿx dx, 3. lim

n→+∞

Z ₊_∞

0

e⁻^xⁿ 1 +x²dx,

4. lim

n→+∞

Z n 0

1 +x n

n

e⁻^2xdx,

5. lim

n→+∞

Z ₁

0

nx(1−x)ⁿdx,

Correction :

1. Si l’on pose∀x∈[0,2], fn(x) = ln (e^x+_n^x) la suite de fonction (fn)nconverge simplement vers la fonction f :x7→x. On pose un=fn−f. On a :∀x∈[0,2], un(x) = ln 1 +_n^xe⁻^x

6 ^x_ne⁻^x. On ´etudie g:x7→ _n^xe⁻^x sur [0,2]. On a g^′(x) = ¹_n(1−x)e⁻^x. D’o`u le TV :

x g^′(x)

g

0 1 2

+ 0 −

0 0

1 ne1 ne

2 ne2² ne²

Donc lim

n→+∞kf_n−fk_∞,[0,2] = lim

n→+∞ 1

ne = 0 donc la convergence est uniforme sur [0,2] et comme les fonctions f_n sont continues, on a :

n→lim+∞

Z 2 0

ln (e^x+ x n)dx=

Z 2 0

x dx= 2

2. On montre que la suite de fonction f_n : x 7→ sinⁿ(x) converge simplement vers la fonction continue pas morceau f :x7→

(0 si x∈[0,^π₂[∪]^π₂, π]

1 si x= ^π₂ sur [0, π]. Par ailleurs ∀n∈N, ∀x∈[0,1], |sinⁿ(x)|6χ_[0,π](x)

(10)

et la fonction χ_[0,π] est intégrable sur [0, π]. On a donc toutes les hypothèses de convergence dominée.

Donc :

n→lim+∞

Z π 0

sinⁿx dx= Z π

0

f(x)dx= 0 3. On montre que la suite de fonction f_n:x7→ ^e⁻

x n

1+x² converge simplement vers la fonction continue f :x7→

1

1 +x² sur R⁺. Comme ∀x∈[0,+∞[, e⁻ⁿ^x 61, on a∀x∈[0,+∞[, ^e

− x n

1+x²

6f(x) et quef est int´egrable sur [0,+∞[ ( lim

A→+∞

Z A 0

1

1 +x²dx= lim

A→+∞[arctan(x)]^A₀ = lim

A→+∞arctan(A) = π 2) On a : lim

n→+∞

Z +∞ 0

e⁻ⁿ^x

1 +x²dx= lim

n→+∞

Z +∞ 0

1

1 +x²dx= π 2 4. On note ∀x∈R⁺, f_n(x) =χ_[0,n](x)

1 +x n

n

e⁻^2x =χ_[0,n](x)eⁿln (¹⁺n^x)e⁻^2x . Soitx∈R⁺, on a : nln

1 +x n

∼x

Donc lim

n→+∞

1 + x n

n

= e^x. Donc lim

n→+∞f_n(x) = e⁻^x. Donc la suite (fn) converge simplement vers x7→e⁻^x. Par ailleurs ∀x∈R⁺

ln (1 + x n)6 x

n ⇒nln (1 + x n)6x

⇒nln (1 + x

n)−2x6−x

⇒exp

nln (1 + x

n)−2x 6e⁻^x

⇒ |f_n(x)|=χ_[0,n](x) 1 + x

n n

e⁻^2x6e⁻^x Or la fonction x7→e⁻^x est int´egrable surR⁺

On a donc

n→lim+∞

Z n 0

1 + x n

n

e⁻^2xdx= lim

n→+∞

Z +∞ 0

fn(x)dx= Z +∞

0

n→lim+∞fn(x)dx= Z +∞

0

e⁻^xdx= 1

5. lim

n→+∞

Z ₁

0

nx(1−x)ⁿdx? On note∀x∈R⁺, f_n(x) =nx(1−x)ⁿ . Soitx∈R⁺, on a : f_n^′(x) =n(1−x)ⁿ⁻¹(1−nx)

D’o`u le TV :

x f_n^′(x)

fn

0 _n¹ 1

+ 0 −

0 0

(1−¹_n)ⁿ (1−¹_n)ⁿ

0 0

(11)

On a∀x∈[0,1], |f_n(x)|6(1−_n¹)ⁿ61. Or la suite (f_n) converge simplement vers la fonction nul. Comme la fonction constante égale à 1 est intégrable sur [0,1].

On a : lim

n→+∞

Z 1 0

nx(1−x)ⁿdx= lim

n→+∞

Z 1 0

0dx= 0

Exercice 16. On considère une suite de polynômes (Pn)n qui converge uniformément sur Rvers f. a. En écrivant le critère de Cauchy, montrer qu’il existe n₀ tel que pourn etm supérieurs à n₀,P_n−P_m est une constante.

b. On notea_n=P_n−P_n₀. Montrer que la suite (an)n converge dansR. c. En d´eduire que f est un polynˆome.

Correction :

a. En utilisant la crit`ere de Cauchy de convergence uniforme :

∀ε >0,∃n₀ ∈N,∀n, p>n₀, |P_n−P_p|6ε Or si d°(Pn−Pp) >0 alors lim

x→+∞|(Pn−Pp)(x)| = +∞. Donc ce serait en contradiction avec le critère de Cauchy. Donc d°(Pn−P_p) 6 0, et P_n−P_p est constant. Attention cette constante en fonction du paramètre x dépend des indicesn etm.

b. Notons an∈Rla constante telle que∀x∈R, an=Pn(x)−Pn0(x).

Soit x ∈ R alors comme la convergence est uniforme elle est aussi simple et lim

n→+∞a_n = lim

n→+∞P_n(x)− P_n₀(x) =f(x)−P_n₀(x). Donc la suite (an) converge. NotonsC∈Rcette limite. Attention commea_n ne dépend pas de x, cette constanteC ne dépendant pas de x. On f(x) =C+Pn0(x) et ceci ∀x∈R. c. Donc f est un polynôme.

Exercice 17. On considère les fonctionsf_n: [a, b]→R, croissantes. On suppose que la suite (f_n)_nconverge simplement sur [a, b] vers une fonction continuef. On veut montrer que la convergence est uniforme (Théorème de Dini).

a. On fixe ε >0. Montrer qu’il existe η >0 tel que

∀x∈[a, b], ∀y∈[a, b], |x−y| ≤η=⇒ |f(x)−f(y)| ≤ε.

b. Soit N ∈N∗ tel que b−a

η ≤N. On notea_k=a+kb−a

N . Montrer que :

∀x∈[a, b], ∃k∈ {0, . . . N −1}, x∈[ak, a_k+1]⊂[a, b]

c. Montrer qu’il existe n₀ tel que

∀n≥n₀, ∀k∈ {0, . . . , N}, |f_n(ak)−f(ak)| ≤ε.

d. Soitk∈ {0, . . . , N−1}. Soit x∈[ak, a_k+1]. Montrer que

|f(x)−f_n(x)| ≤ |f(x)−f(ak)|+|f(ak)−f_n(ak)|+|f_n(a_k+1)−f_n(ak)|. e. Soitk∈ {0, . . . , N}. Montrer que

|f_n(a_k+1)−f_n(ak)| ≤ |f_n(a_k+1)−f(a_k+1)|+|f(a_k+1)−f(ak)|+|f(ak)−f_n(ak)|.

(12)

f. Déduire de ce qui précède que pour tout n≥n₀, pour toutx∈[a, b],

|f_n(x)−f(x)| ≤5ε.

Conclusion ?

g. Le r´esultat est-il vrai si f n’est pas suppos´ee continue ? Correction :

a. La continuit´e sur un segment implique la continuit´e uniforme.

b. Soit x∈[a, b[, on pose :k=⌊N(x−a)

(b−a) ⌋. Donc : k6 N(x−a)

(b−a) < k+ 1⇔a_k=a+kb−a

N 6x < a_k+1 =a+ (k+ 1)b−a N

Comme N(x−a)

(b−a) 60, on a :k>0 et : x−a < b−a⇒ x−a

b−a <1⇒ N(x−a)

(b−a) < N ⇒k6N−1 Sinon a_N =bdoncb∈[a_N₋₁, a_N].

c. Soit k∈ {0, . . . , N}, comme la suite (f_n) converge simplement vers la fonctionf, on a :

∃N_k ∈N,∀n>N_k, |f_n(ak)−f(ak)|6ε On pose n₀ = max

k∈{0,...,N}(Nk) D´es lors : ∀k∈ {0, . . . , N}

Exercice 18. On consid`ere la suite des fonctions f_n: [a, b]→Rtelles que :

∃M, ∀(x, y)∈[a, b]², ∀n, |f_n(x)−f_n(y)| ≤M|x−y|. On suppose que la suite (fn)n converge simplement vers f.

a. Montrer quef v´erifie :

∀(x, y)∈[a, b]², |f(x)−f(y)| ≤M|x−y|. b. Montrer que la convergence est uniforme.

Exercice 19. On rappelle le th´eor`eme de Weierstrass :

Théorème. Soit f : [a, b]→R, continue. Il existe une suite de fonctions polynomiales (u_n)_n qui converge uniformément vers f sur [a, b].

On consid`ere une fonctiong, continue sur [a, b], telle que

∀n∈N, Z b

a

g(t)tⁿdt= 0.

a. Montrer que pour tout polynˆome P, on a Z b

a

g(t)P(t)dt= 0.

(13)

b. En utilisant le th´eor`eme de Weiestrass, montrer que Z b

a |g(t)|²dt = 0.

c. En utilisant la continuit´e et la positivit´e de la fonction t 7→ |g(t)|², montrer queg est la fonction nulle (on raisonnera par l’absurde, en remarquant que si g(t₀)6= 0, alors g est non nulle dans un voisinage de t₀).

Exercice 20. Soit f : [a, b]→R, continue. On peut montrer que

n→lim+∞

Z b a

f(t) sinnt dt= 0.

a. On fixe ε >0. En utilisant le théorème de Weierstrass, montrer qu’il existe un polynôme g tel que :

∀t∈[a, b], |f(t)−g(t)| ≤ε.

b. Grâce à une intégration par parties, montrer que Z b

a

g(t) sinnt dt→0 quandn→0.

c. En ´ecrivant que

Z b a

f(t) sinnt dt ≤

Z b a

(f(t)−g(t)) sinnt dt +

Z b a

g(t) sinnt dt , montrer que pour nassez grand,

Z b a

f(t) sinnt dt

≤(b−a+ 1)ε.

d. Conclure.

Correction :

Exercice 21. On consid`ere la s´erie de fonctions

+∞

X

n=1

f_n(x), avecf_n(x) = x ne⁻^nx. a. Montrer que cette s´erie converge normalement sur R⁺.

b. Montrer que la somme de la s´erie, not´eeS est continue surR⁺.

c. Montrer que pour tout a >0, la série de terme général f_n^′(x) est normalement convergente sur [a,+∞[.

d. Montrer queS est de classe C¹ sur ]0,+∞[.

Correction :

a. Pour n≥1 fix´e, on calcule le sup de|fn|sur R⁺ en ´etudiant la fonction fn. Cette fonction est positive, f_n^′(x) =e⁻^nx

1 n−x

,

donc f_n^′(x) = 0 si et seulement si x= ¹_n. Sur [0,_n¹], fn est croissante positive, sur [_n¹,+∞], fn est d´ecroissante

`

a valeurs positives, donc :

∀x∈R⁺, 0≤f_n(x)≤f_n(1

n) = e⁻¹ n² .

(14)

La s´erieX

n≥1

e⁻¹

n² converge par crit`ere de Riemann, donc la s´erie de fonctions

+∞

X

n=1

fnest normalement convergente sur R⁺

b.La s´erie de fonctionsX

n≥1

fn(x) est normalement convergente surR⁺, donc elle est uniform´ement convergente sur R⁺. Pour toutn≥1, la fonctionfn est continue surR⁺.

Donc, la somme de la série est continue surR⁺(voir le¸con 1, chapitre IV, paragraphe B, premier théorème).

c. On fixe a > 0. Pour n ≥ 1, on a f_n^′(x) = e⁻^nx 1

n−x

. On va calculer le sup de |f_n^′| sur [a,+∞[ en

´etudiant cette fonction. On a :

f_n^′′(x) =e⁻^nx(−1 +nx−1), qui s’annule en x= _n².

La fonction f_n^′ est donc d´ecroissante sur [0,_n²] puis croissante de [_n²,+∞[. Donc :

∀x≥0, f_n^′(2

n)≤f_n^′(x)≤max

f_n^′(0), lim

x→+∞f_n^′(x)

= 1 n, . En remarquant que |f_n^′(2

n)|= 1

ne⁻² ≤ 1 n, lim

x→+∞f_n^′(x) = 0 et f_n^′(0) = _n¹, on obtient :

∀x≥0, |f_n^′(x)| ≤ 1

n. (1)

On remarque `a ce stade qu’on ne peut pas montrer qu’il y a convergence normale surRcar X

n≥1

1

n diverge.

On va donc affiner la majoration en utilisant que l’on majore sur [a,+∞[, en identifiant deux cas selonn : soit a≥ _2n¹ , soit a < _2n¹ .

On note n₀ le premier indice ntel quea≥ _2n¹ :

n₀ = min{n≥1, a≥ 1 2n}. On a donc 2 cas :

— si 1≤n < n₀,i.e. si ²_n > a, avec (1), on a :

∀x≥a,|f_n^′(x)| ≤ 1 n.

— si n≥n₀,i.e. si ²_n ≤a, pour tout x∈[a,+∞[,f_n^′′(x)≥0, donc la fonction f_n^′ est croissante sur [a,+∞[, et donc :

∀n≥n₀, ∀x≥a, f_n^′(a)≤f_n^′(x)≤ lim

τ→+∞f_n^′(τ) = 0.

Donc,

∀n≥n₀, ∀x≥a, |f_n^′(x)| ≤ |f_n^′(a)|= (a− 1

n)e⁻^na ≤ae⁻^na. On posev_n= _n¹ pour 1≤n < n₀ etv_n=ae⁻^na sin≥n₀.

On a :

∀n≥1, ∀x∈[a,+∞[,|f_n^′(x)| ≤vn.

(15)

De plus, la série de terme généralv_n converge car à partir du rangn₀, c’est une série géométrique de raison e⁻â, avec |e⁻â|<1 puisque a >0.

Donc, la s´erie

+∞

X

n=1

f_n^′ est normalement convergente sur [a,+∞[.

d.Poura >0 fix´e, la s´erie

+∞

X

n=1

f_nconverge normalement donc simplement sur [a,+∞[. Lesf_nsont d´erivables sur [a,+∞[. La s´erie

+∞

X

n=1

f_n^′ converge normalement donc uniform´ement sur [a,+∞[.

Donc, la somme de la s´erieS est d´erivable sur [a,+∞[ et pour toutx∈[a,+∞[, S^′(x) =

+∞

X

n=1

f_n^′(x).

Les f_n^′ sont continues sur [a,+∞[, la s´erie

+∞

X

n=1

f_n^′ converge normalement donc uniform´ement sur [a,+∞[, donc sa somme est continue, ce qui prouve queS^′ est continue sur [a,+∞[, doncS est de classe C¹ sur [a,+∞[.

Ceci étant vrai pour touta >0, S est de classe C¹ sur R∗,+. Exercice 22. On considère la série de fonctions

+∞

X

n=1

sin(nx) n³ .

a. Montrer que cette s´erie est normalement convergente sur R. On note S sa somme.

b. Montrer que S est continue surR. c. Montrer que S est d´erivable sur R. Correction.

a. On noteu_n(x) = sin(nx)

n³ . Puisque la fonction sinus prend ses valeurs entre−1 et 1, on a :

∀n≥1, ∀x∈R, |u_n(x)| ≤ 1 n³.

La série de terme général 1

n³ converge par crit`ere de Riemann. Donc, la s´erie de fonctions

+∞

X

n=1

u_n converge normalement sur R.

b. Les fonctions un sont continues sur R, la s´erie de fonctions

+∞

X

n=1

un converge normalement donc uniform´ement sur R⁺, donc sa somme est continue sur R⁺.

c.Les fonctionsu_n sont d´erivables sur R⁺, et pour tout n≥1, pour toutx,u^′_n(x) = cos(nx)

n² .On a donc :

∀n≥1,∀x∈R⁺, |u^′_n(x)| ≤ 1 n².

La s´erie

+∞

X

n=1

1

n² converge par crit`ere de Riemann, donc la s´erie de fonctions

+∞

X

n=1

u^′_nest normalement convergente sur R⁺, donc est uniform´ement convergente sur R⁺.

En r´esum´e, on a :

(16)

— la s´erie

+∞

X

n=1

un converge simplement surR⁺,

— pour toutn≥1,u_n est d´erivable surR⁺,

— la s´erie

+∞

X

n=1

u^′_n converge uniform´ement sur R⁺, donc, la somme S de

+∞

X

n=1

u_n est d´erivable sur R⁺.

+∞

X

n=1

x n²+x².

a. Montrer qu’il y a convergence simple surR⁺, et convergence uniforme sur [0, A] pour toutA >0.

b. Montrer que

X2k

n=k

k

n²+k² ≥ 1 5.

c. Montrer que la s´erie n’est pas uniform´ement convergente sur R⁺. Correction :

a. On fixex≥0. Pour toutn≥1,

0≤ x

n²+x² ≤ x n². La s´erie

+∞

X

n=1

x

n² converge par crit`ere de Riemann.

Donc, par comparaison, la s´erie `a termes positifs

+∞

X

n=1

x

n²+x² converge. Ceci ´etant vrai pour toutx≥0, on a convergence simple sur R⁺.

Pour toutx∈[0, A], pour tout n≥1, puisquen²+x² ≥n² et 0≤x≤A, on a :

0≤ x

n²+x² ≤ A n².

La série de terme général _nÂ2 étant convergente par critère de Riemann, la série

+∞

X

n=1

x

n²+x² converge normalement et donc uniform´ement sur [0, A].

b.Pour toutn∈ {k, . . . ,2k},n²+k² ≤(2k)²+k² = 5k². Donc, X2k

n=k

k n²+k² ≥

X2k

n=k

k

5k² = (k+ 1) k 5k², puisqu’il y a k+ 1 termes dans la somme. On a donc :

X2k

n=k

k

n²+k² ≥ k² 5k² = 1

5, (2)

car k+ 1> k.

(17)

c.Si la série était uniformément convergente surR⁺, elle vérifierait le critère de Cauchy uniforme. On aurait donc :

∀ε >0, ∃k₀≥1, ∀k≥k₀, ∀m≥0, ∀x∈R⁺,

k+mX

n=k

x n²+x²

≤ε.

En appliquant cette formule avec ε= ₁₀¹ , on trouve donc K tel que

∀k≥K, ∀m≥0, ∀x∈R⁺,

k+mX

n=k

x n²+x²

≤ 1

10. En prenantk=K,m=K,x=K, on obtient :

X2K

n=K

K

n²+K² ≤ 1 10. Donc, avec (2), on obtient 1

5 ≤ 1

10, ce qui est faux.

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ 1 +nx. a. Montrer que la s´erie converge simplement surR^∗⁺. b. Montrer que sa sommex7→S(x) est continue.

c. Calculer lim

x→+∞S(x).

d. Montrer queS est de classe C¹ sur R^∗⁺. Correction :

a. On note an les fonctions d´efinies sur Rpar∀x∈R, an(x) = 1

1 +nx. Pour x∈R, l’on aan(x) est à terme positif est constitue une suite décroissante. Par le critère des séries alternées, on a la convergence des la séries des (an(x)). On pose pour la suite S(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ

1 +nx etR_N(x) =S(x)−

N−1

X

n=0

(−1)ⁿ 1 +nx =

+∞

X

n=N

(−1)ⁿ 1 +nx b. Soit A >0. Par les résultats sur les séries alternées, pour x∈[A,+∞[ et N ∈N^∗, on a

|RN(x)|6|an(x)|6 1 1 +nA Donc kR_Nk_∞,[A,+∞[6 1

1 +nA donc lim

N→+∞kR_Nk_∞,[A,+∞[= 0

Donc l’on a convergence uniforme des sommes partielles sur [A,+∞[ pour toutA > 0. D’où la continuité sur tout intervalle [A,+∞[ (avec A >0) d’où la continuité surR⁺^∗.

c. En reprenant le résultat précédent pour x∈R⁺^∗,|R₁(x)|6|a₁(x)|= 1 1 +x. Donc lim

x→+∞R₁(x) = 0. OrS(x) =R₁(x) + 1 donc lim

x→+∞S(x) = 1 d. ∀x∈R⁺^∗, a^′_n(x) = (−1)ⁿ⁺¹n

(1 +nx)². Pour reproduire la même démonstration que précédemment, il faut pouvoir utiliser le critère de série alternée avec b_n(x) = n

(1 +nx)². On a bien la convergence vers 0. Et il faut que montrer la d´ecroissance `a partir d’un certain rang.

On ´etudie la fonction g(t) = _(1+tx)^t 2

(18)

Exercice 25. (fonction ζ de Riemann). On d´efinit la fonctionζ par ζ(x) =

+∞

X

n=1

1 n^x.

a. Montrer queζ est une fonction C^∞ sur tout intervalle de la forme [a,+∞[, o`u a >1.

b. Montrer que pour toutx >1 et toutk≥1, 1 (k+ 1)^x ≤

Z k+1 k

dt t^x ≤ 1

k^x. En d´eduire que :

∀x >1, ζ(x)−1≤ 1

x−1 ≤ζ(x).

c. Donner la limite de ζ(x) lorsquex tend vers +∞. d. Donner un ´equivalent de ζ(x) lorsque xtend vers 1⁺. Exercice 26. a. Montrer que la s´erie de fonctions

+∞

X

n=0

tⁿlntconverge simplement sur ]0,1[ vers la fonction lnt

1−t.

b. Montrer que l’int´egrale Z ₁

0

tⁿlnt dt converge et calculer sa valeur pour tout n.

c. Montrer que

Z ₁

0

lnt t−1dt=

+∞

X

n=0

1 (n+ 1)² (on montrera la convergence de l’int´egrale impropre).

a. On fixe t∈]0,1[. On calcule les sommes partielles SN(t) de la s´erie : S_N(t) =

XN

n=0

tⁿlnt= 1−t^N⁺¹

1−t lnt (série géométrique de raisont6= 1).

Puisque |t|<1, lorsqueN tend vers +∞, on obtient queS_N(t) tend vers lnt 1−t. Donc, la s´erie de fonctions

+∞

X

n=0

tⁿlntconverge simplement sur ]0,1[ vers la fonction t7→ lnt 1−t. b. On fixen∈N. On consid`ere l’int´egrale impropre

Z 1 0

tⁿlnt dt, qui est impropre en z´ero. Pour toutε∈]0,1], on a :

Z 1 ε

tⁿlnt dt= 1

n+ 1tⁿ⁺¹lnt 1

ε

− Z 1

ε

1

n+ 1tⁿ⁺¹1 tdt par intégration par parties, en dérivant t7→lnt et en intégrantt7→tⁿ. On a donc :

Z 1 ε

tⁿlnt dt=− 1

n+ 1εⁿ⁺¹lnε− 1 n+ 1

Z 1 ε

tⁿdt=− 1

n+ 1εⁿ⁺¹lnε− 1 (n+ 1)²

tⁿ⁺¹1 ε. Lorsque εtend vers 0⁺, le terme de droite tend vers − 1

(n+ 1)², donc :