Colle PC Semaine 9 2012-2013
Suites et séries de fonctions
EXERCICE 1 :
Soitfn:R−→R, x7−→ 2nx 1 +n2nx2
1. Étudier la convergence simple surRde la suite (fn)n∈N
2. CalculerZ 1 0
fn(x)dxet lim
n→+∞
Z 1 0
fn(x)dx.
3. Que remarquez-vous ?
EXERCICE 2 :
Soitfn:R−→R, x7−→ 1 +x2n+1
1 +x2n n∈N∗
Montrer que la suite de fonctions (fn)n∈Nconverge simplement surR. Préciser la limite simple f. Donner l’allure des courbes représentatives (Cn) et (C) defn et f.
EXERCICE 3 :
Soitfn: [0; 1]−→R, x7−→3n(x2n−x2n+1)
1. Étudier la convergence simple sur [0; 1] de la suite (fn)n∈Npuis de la suite (||fn||[0;1]∞ )N 2. ComparerZ 1
0
fn(x)dxet lim
n→+∞
Z 1 0
fn(x)dx.
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Corrections
EXERCICE 1 :
1. On distingue le casx= 0 et le casx6= 0.
Pourx= 0, on a∀n∈N, fn(0) = 0 donc lim
n→+∞fn(0) = 0.
Pourx6= 0,fn(x) ∼
n→+∞
1
nx donc lim
n→+∞fn(x) = 0.
Finalement la suite de fonctions (fn)n∈Nconverge simplement sur Rvers la fonction nulle.
2. Si l’on poseIn=Z 1 0
fn(x)dx, on trouveIn = 1
2nln(1 +n2n) et lim
n→+∞In =ln 2 2 (En effet ln(1 +n2n) =nln 2 + lnn+ ln
1 + 1
n2n
On a donc lim
n→+∞
Z 1 0
fn(x)dx6=Z 1 0
n→+∞lim fn(x)dx= 0
3. Dans le cas d’une limite simple, on ne peut pas, sans hypothèse supplémentaire, permuter les opérateurs lim et Z
EXERCICE 2 :
Il faut ici, distinguer les cas |x|<1 et|x|>1.
On voit également que fn(−1) = 0, fn(0) = 1 et fn(1) = 1. Ainsi les courbes (Cn) des fonctions (fn) ont trois points communs :
A(−1; 0), B(0; 1) etC(1; 1).
• Si |x|>1,fn(x) ∼
n→+∞x.
• Si |x|<1,fn(x) ∼
n→+∞1.
La suite (fn)n∈N converge donc surRversf définie par : f(x) =
x six <−1 0 six=−1 1 si −1< x61 x six >1
-3 -2 -1 0 1 2 3
x C1
1
1 O
b b b
A
B
C
C
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EXERCICE 3 :
1. La suite converge simplement sur [0; 1] vers la fonction nulle.
Effectivement,∀n∈N,fn(0) =fn(1) = 0 et pour 0< x <1, on a lim
n→+∞2nlnx+nln 3 =−∞, donc :
n→+∞lim 3nx2n= 0 et lim
n→+∞fn(x) = 0 car 06fn(x)63nx2n. En factorisant parx2n, on peut écrirefn(x) = 3nx2n(1−x2n) et le fait que sup
t∈[0;1]
t(1−t) = 1
4donne||fn||[0;1]∞ = 3n 4 . (ce maximum est atteint pour x2n = 1
2). Ainsi la fonction (fn)N ne converge pas vers 0 au sens de la norme
||.||[0;1]∞ . 2. Z 1
0
fn(x)dx= 3n 1
2n+ 1− 1 2n+1+ 1
= 3n.2n (2n+ 1)(2n+1+ 1). On obtient queZ 1
0
fn(x)dx ∼
n→+∞
6n
2.4n et donc lim
n→+∞
Z 1 0
fn(x)dx= +∞. Par ailleurs,Z 1 0
n→+∞lim fn(x)dx= 0 On voit à nouveau que dans le cas d’une limite simple, on ne peut pas, sans hypothèse supplémentaire, permuter les opérateurs lim etZ
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