PSI* — 2020/2021 — Corrigé partiel du T.D. 05 Page 1 2. Pour la convergence simple, je fixe xdans R;
• cas x= 0: lesfn(0)valent tous 1, donc la suite(fn(0)) converge vers 1
• cas x∈πZ∗ : xs’écrit 2mqπ, oùm∈Net q est un entier relatif impair; alors fm+1(x) = cos qπ
2 = 0
et donc les fn(x)sont tous nuls à partir d’un certain rang, ainsi la suite(fn(x))converge vers 0
• cas x∈R\πZ : sin x
2k n’est jamais nul, d’où l’hécatombe
∀k∈N cos x 2k =
sin x 2k−1 2 sin x
2k
et ∀n∈N∗ fn(x) = sinx 2nsin x
2n
n→∞∼ sinx
x .
En conclusion, (fn) converge simplement surRvers la fonction (continue)f :x→
1 si x= 0 sinx
x si x= 0 . Il n’y a pas convergence uniforme sur R: en effet, soit xn = 2nπ pour tout n dans N∗ ; fn(xn) =−1 tandis quef(xn) = 0; ainsi la suite fn(xn)−f(xn) ne converge pas vers 0, alors que ce serait le cas si (fn)convergeait uniformément sur R (ce serait nécessairement versf !).
Il y a convergence uniforme sur tout segment deR : fixons M > 0 ; je dispose de n0 dans N∗ tel que M
2n0 ≤ π
2 ; soit alors n≥n0 etx∈[−M, M]:
• cas x= 0: fn(0) =f(0) = 1 doncfn(0)−f(0) = 0
• cas x∈πZ∗ : x s’écrit 2mqπ avec q impair, où nécessairement m < n0 (car |x|
2n0 < π), d’où fn(x) =f(x) = 0 etfn(x)−f(x) = 0
• cas x∈R\πZ : d’après le calcul précédent fn(x)−f(x) = sinx
2nsin x 2n
−sinx
x = sinx 2n
1 sin x
2n
− 1 x 2n
.
Finalement, en posant (habilement) ϕ(0) = 0 etϕ(t) = 1 sint−1
t pour t∈ −π 2,π
2 \ {0}, j’ai
∀n≥n0 ∀x∈[−M, M] fn(x)−f(x) = sinx 2n ϕ x
2n où x
2n ∈ −π 2,π
2 . Or la fonction ϕest continue sur le segment −π
2,π 2 :
∀t∈ −π 2,π
2 \ {0} ϕ(t) = t−sint tsint ∼
t→0
t 6 −→
t→0 0.
Donc ϕest bornée sur −π 2,π
2 : je dispose de K réel indépendant de x et de n (tout comme ϕ) tel que
∀n≥n0 ∀x∈[−M, M] |fn(x)−f(x)| ≤ K
2n soit sup
[−M,M]
|fn−f| ≤ K 2n −→
n→∞0 d’où la convergence uniforme de (fn)vers f sur[−M, M].
Cela est établi pour toutM >0, donc
(fn) converge uniformément versf sur tout segment de R.
