Par d´efinition, la suite (fn)n∈N converge uniform´ement versf = 0 sur l’intervalle [a

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UNIVERSITÉ PARIS 6 LM260. 2010-2011 Corrigé de l’examen de Mathématiques du 7 Janvier 2011

Exercice 1. A tout entier` n∈N, on associe la fonctionfn: R→Rd´efinie parfn(x) = ²ⁿ_π _1+n¹2x². 1. Pourx >0 fix´e, on afn(x)∼2/(πnx²) quandn→+∞donc la suite (fn(x))n∈Na pour limite 0. La suite de fonctions (fn)n∈Nconverge simplement sur ]0,+∞[ vers la fonction nulle.

2. On remarque que, pourn∈Nfix´e, la fonctionfn est positive et d´ecroissante sur [0,+∞[. On a donc, pour touta >0 : ||fn||[a,+∞[=fn(a)−−−−−→

n→+∞ 0. Par d´efinition, la suite (fn)n∈N converge uniform´ement versf = 0 sur l’intervalle [a,+∞[, pour touta >0.

Elle ne converge pas uniform´ement sur ]0,+∞[ car||fn||]0,+∞[= 2n/πne tend pas vers 0 quandn→+∞.

3. Sin∈N, la fonctionfn est continue sur [0,1]. SoitIn =²ⁿ_π R1

0 fn(t)dt. On calcule : In=2n

π Z 1

0

1

1 +n²t²dt= 2 π

Z n

0

1

1 +s²ds= 2

πArctgn.

La suite (In)n∈N est croissante de limite 1.

4. Soitg: [0,1]→Cune fonction continue fix´ee.

Siδ∈]0,1[, on ´ecrit : R1

0 fn(t)|g(t)−g(0)|dt=Rδ

0 fn(t)|g(t)−g(0)|dt+R1

δ fn(t)|g(t)−g(0)|dt.

Commefn est positive d´ecroissante et 0≤In≤1 , on a les majorations : Z δ

0

fn(t)|g(t)−g(0)|dt ≤ ||g−g(0)||[0,δ]

Z 1

0

fn(t)dt≤ ||g−g(0)||[0,δ], Z 1

δ

fn(t)|g(t)−g(0)|dt ≤ (1−δ)||fn||[δ,1]||g−g(0)||[δ,1]≤2||g||[0,1]fn(δ), et donc R1

0 fn(t)|g(t)−g(0)|dt≤ ||g−g(0)||[0,δ]+ 2||g||[0,1]fn(δ). On en d´eduit : (1)

Z 1

0

fn(t)g(t)dt−g(0)In

≤ ||g−g(0)||[0,δ]+ 2||g||[0,1]fn(δ).

(“||g||[0,1]est un nombre” carg est continue (int´egrable suffirait) donc born´ee sur le segment [0,1].) On se donne >0. Comme la fonction g est continue en 0, la fonctionδ7→ ||g−g(0||_[0,δ] tend vers 0 quandδ→0⁺. On peut doncchoisir δ=δ()>0 tel le premier terme du second membre de (1) soit

< /2 pour toutn ∈N. Alors, le second terme 2||g||[0,1]fn(δ()) est une suite qui tend vers 0 quand n tend vers +∞. Il existe doncn0∈Ntel qu’il soit< /2 pour toutn≥n0.

Ceci montre que le premier membre de (1) tend vers 0 quand n → +∞. Comme d’autre part g(0)In −−−−−→

n→+∞ g(0), on obtient : R1

0 fn(t)g(t)dt−−−−−→

n→+∞ g(0).

Exercice 2. Remarquons que la fonction (t, x)7→ u(t, x) = e^−xt(1 +t⁴)^−1/2 est définie sur R×R, séparément continue par rapport àtet àx, partiellement dérivable par rapport àx, de dérivée partielle la fonction (t, x)7→v(t, x) =−te^−xt(1 +t⁴)^−1/2, partiellement continue par rapport àtet àxsurR×R. 1. Pourx∈[0,+∞[, on posef(x) =R+∞

0 u(t, x)dt. On a :

∀(t, x)∈[0,+∞[×[0,+∞[, 0≤u(t, x)≤(1 +t⁴)^−1/2.

Comme la fonction g(t) = (1 +t⁴)^−1/2 est continue sur [0,+∞[ et commeg(t)∼1/t² quand t →+∞, l’int´egraleR+∞

0 g(t)dtest convergente. Par comparaison, l’int´egrale qui d´efinitf(x) est convergente.

2. L’inégalité précédente est une inégalité de “domination”, une majoration par une fonctiong(t) qui est indépendante dex∈[0,+∞[ et dont l’intégrale (ent) sur [0,+∞[ est convergente. Compte tenu de la remarque préliminaire et par théorème, on en déduit que la fonctionf est continue sur [0,+∞[.

3. On remarque que, pour tout t ∈ [0,+∞[, sup_x∈[0,+∞[|v(t, x)| = t(1 +t⁴)^−1/2, fonction h(t) dont l’intégrale sur [0,+∞[ est divergente (en effet, h(t) ∼ 1/t quand t → +∞). On ne peut donc pas appliquer directement le théorème de dérivation sous le signe somme.

En revanche, sia >0, on a l’in´egalit´e de “domination”

∀(t, x)∈[a,+∞[×[0,+∞[, |v(t, x)| ≤e^−at,

fonction indépendante de x≥aet dont l’intégrale sur [0,+∞[ converge. Compte tenu de la remarque préliminaire, on peut appliquer le théorème de dérivation sous le signe somme. Comme c’est vrai pour touta >0, on obtient quef est dérivable sur l’intervalleouvert ]0,+∞[ avecf⁰(x) =R+∞

0 v(t, x)dt.

1

(2)

2

4. Pourt∈[0,+∞[, posonsg(t) = 1−e^−t−te^−t. La fonctiong est r´eelle etg⁰(t) =te^−t≥0 pour tout t≥0. Commeg est croissante etg(0) = 0, la fonctiong est positive : t≥0⇒1−e^−t≥te^−t.

Pour toutx >0 et compte tenu de ce qui pr´ec`ede , on a : f(0)−f(x)

x =

Z +∞

0

1−e⁻^xt

x (1 +t⁴)^−1/2dt≥ Z +∞

0

e^−xtt(1 +t⁴)^−1/2dt, qu’on minore par l’int´egrale sur [1,+∞[. Comme (par exemple) 1 +t⁴≤4t⁴, on en d´eduit :

f(0)−f(x)

x ≥ 1

2 Z +∞

1

e^−xtt⁻¹dt.

Le changement de variable t=s/xdonneRT

1 e^−xtt⁻¹dt=RxT

x e^−ss⁻¹ds, et donc, quandT vers +∞: f(0)−f(x)

x ≥ 1

2 Z +∞

x

e^−ss⁻¹ds.

Comme e^−s/s ∼ 1/s quand s → 0⁺, l’int´egrale R+∞

0 e^−ss⁻¹ds est divergente. Autrement dit, dans l’in´egalit´e ci-dessus, le second membre tend vers +∞quandx→0⁺.

Finalement, (f(0)−f(x))/x−−−−→

x→0⁺ +∞et la fonctionf n’est pas d´erivable `a droite en 0.

Exercice 3. Soitf ∈C^∞([−1,1]).

1. Poura, b∈[−1,1] fix´es, d´emontrons, pour toutn∈N, la formule de Taylor (2) f(b) =Pn+Rn, Pn =

n

X

k=0

f^(k)(a)

k! (b−a)^k, Rn= Z b

a

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)(b−t)ⁿ n! dt.

Pour n= 0, c’est la formule fondamentale f(b) =f(a) +Rb

af⁰(t)dt. On suppose maintenant n≥0 et que la formulef(b) =Pn+Rn est vraie. On int`egreRn par parties :

f(b) =Pn+

−f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)(b−t)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!

t=b

t=a

+ Z b

a

f⁽ⁿ⁺²⁾(t)(b−t)ⁿ⁺¹

(n+ 1)! dt=Pn+1+Rn+1. C’est la formule `a l’ordren+ 1. Par r´ecurrence, la formule (2) est vraie pour toutn∈N. 2. On suppose maintenantf^(k)(t)≥0 pour toutk∈Net toutt∈[−1,1].

a) Soitx∈[−1,1] donn´e etn∈Ndonn´e. La formule (2) donne : f(1) =

n

X

k=0

f^(k)(x)

k! (1−x)^k+ Z 1

x

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)(1−t)ⁿ n! dt.

Par hypoth`ese et puisque 1−x≥0, tous les termes du membre de droite sont positifs.

b) Tous ces termes sont donc majorés par leur somme f(1). En considérant le (n+ 1)-ième terme f⁽ⁿ⁾(x)(1−x)ⁿ/n!, on obtient :

∀x∈[−1,1[, ∀n∈N, 0≤f⁽ⁿ⁾(x)≤f(1)n! (1−x)⁻ⁿ. c) En particulier, le module du terme général de la série entière P+∞

n=0f⁽ⁿ⁾(0)xⁿ/n! est majoré par f(1)|x|ⁿ. Par comparaison avec la série géométrique P+∞

n=0xⁿ, on en déduit que la série entière P+∞

n=0f⁽ⁿ⁾(0)xⁿ/n! est (absolument) convergente si|x|<1. Son rayon de convergence est donc≥1.

3. Soitx∈]−1,1[. La formule (2) donnef(x) =Pn k=0

f⁽^k⁾(0)

k! x^k+Rn(x), Rn(x) =Rx

0 f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)^(x−t)

n

n! dt.

Compte tenu de l’inégalité|f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)| ≤(n+ 1)!(1−t)⁻ⁿ⁻¹f(1) qu’on vient de démontrer, on obtient :

|Rn(x)| ≤(n+ 1)f(1)

Z x

0

(1−t)⁻ⁿ⁻¹(x−t)ⁿdt .

Finalement, si|x|<1/2, on a 1−t≥1/2 sitest compris entre 0 etxet donc

|Rn(x)| ≤(n+ 1)f(1)2ⁿ⁺¹

Z x

0

(x−t)ⁿdt

≤f(1)(2|x|)ⁿ⁺¹. Il en r´esulte queRn(x)−−−−−→

n→+∞ 0 et quef est développable en série entière sur l’intervalle ]−1/2,1/2[ :

|x|<1/2, f(x) =

+∞

X

n=0

f⁽ⁿ⁾(0) n! xⁿ.