Suites de fonctions : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Puissances de x sur [0,1]

1. Pour \(0 \leq\, x < 1\), la suite géométrique \((x^n)\) tend vers 0. Pour \(x = 1\), on a \(f_n(1) = 1\). La limite simple est \(f\), nulle sur \([0,1[\) et telle que \(f(1) = 1\).
2. Chaque \(f_n\) est continue sur \([0,1]\). Si la convergence était uniforme, le théorème de continuité d’une limite uniforme rendrait \(f\) continue. Or \(f\) est discontinue en 1. Donc la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1]\).
3. On a \(x_n = 2^{-1/n} \in [0,1[\), donc \(f(x_n) = 0\). De plus, \(f_n(x_n) = (2^{-1/n})^n = \frac{1}{2}\). Ainsi, \(\|f_n – f\|_\infty \geq\, |f_n(x_n) – f(x_n)| = \frac{1}{2}\). La norme infinie ne tend pas vers 0 : pas de convergence uniforme.
4. Sur \([0,a]\), la fonction \(x \mapsto x^n\) est croissante et positive. Par conséquent, \(\sup_{[0,a]} |f_n – f| = a^n\), qui tend vers 0 car \(0 \leq\, a < 1\). La convergence est uniforme sur \([0,a]\).
5. Sur \([0,1[\), on a \(\sup_{[0,1[} x^n = 1\), car \(x^n \to 1\) quand \(x \to 1^-\). La convergence n’est donc pas uniforme sur \([0,1[\), bien qu’elle le soit sur tout segment de \([0,1[\).

Corrigé de l’exercice 2 : Une bosse qui s’écrase

1. On a \(f_n(0) = 0\). Pour \(x > 0\), \(f_n(x) \sim \dfrac{nx}{n^2 x^2} = \dfrac{1}{nx}\), qui tend vers 0. La limite simple est la fonction nulle.
2. On calcule \(f_n(1/n) = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}\). Donc \(\|f_n\|_\infty \geq\, \frac{1}{2}\) pour tout \(n\). La convergence n’est pas uniforme sur \([0,+\infty[\).
3. La dérivée vaut :
   \[f_n^{\prime}(x) = \frac{n(1 + n^2x^2) – nx \cdot 2n^2 x}{(1 + n^2x^2)^2} = \frac{n(1 – n^2 x^2)}{(1 + n^2 x^2)^2}.\]
   Ainsi, \(f_n\) croît sur \([0, 1/n]\) et décroît sur \([1/n, +\infty[\). Soit \(a > 0\). Pour \(n \geq\, 1/a\), on a \(1/n \leq\, a\), donc \(f_n\) est décroissante sur \([a,+\infty[\). Par conséquent :
   \[\sup_{[a,+\infty[} |f_n| = f_n(a) = \frac{na}{1 + n^2a^2} \leq\, \frac{na}{n^2 a^2} = \frac{1}{na}.\]
   La convergence est uniforme sur \([a,+\infty[\) pour tout \(a > 0\).
4. Une primitive de \(f_n\) est \(x \mapsto \frac{1}{2n}\ln(1 + n^2x^2)\). Donc \(\int_0^1 f_n = \dfrac{\ln(1 + n^2)}{2n}\). Par croissance comparée, cette intégrale tend vers \(0 = \int_0^1 f\). Ici, l’interversion est vraie alors que la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1]\) (puisque \(1/n \in [0,1]\)). La convergence uniforme est une condition suffisante, pas nécessaire.

Corrigé de l’exercice 3 : Calculs de normes infinies

1. La limite simple est nulle : \(f_n(0) = 0\) et, pour \(x > 0\), \(e^{-nx} \to 0\). Ensuite, \(f_n^{\prime}(x) = (1 – nx)e^{-nx}\) : la fonction positive \(f_n\) croît sur \([0,1/n]\) puis décroît. Donc \(\|f_n\|_\infty = f_n(1/n) = \dfrac{1}{ne}\). La convergence est uniforme sur \([0,+\infty[\).
2. Pour \(x = 0\), \(g_n(0) = 0\). Pour \(x > 0\), \(g_n(x) = \dfrac{x}{1 + 1/(nx)} \to x\). La limite simple est donc \(x \mapsto x\). De plus :
   \[x – g_n(x) = \frac{x(1 + nx) – nx^2}{1 + nx} = \frac{x}{1 + nx}.\]
   Cette fonction est croissante en \(x\), puisque sa dérivée vaut \(\frac{1}{(1+nx)^2} > 0\), et elle tend vers \(\frac{1}{n}\) en \(+\infty\). Ainsi, \(\|g_n – \mathrm{id}\|_\infty = \frac{1}{n}\) et la convergence est uniforme sur \([0,+\infty[\).
3. La limite simple est nulle. Cependant, \(\sup_{\mathbb{R}} |h_n| = +\infty\) : la fonction \(h_n\) n’est pas bornée. La convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\). En revanche, sur un segment \([a,b]\), \(\sup_{[a,b]} |h_n| = \frac{\max(|a|,|b|)}{n} \to 0\). La convergence est donc uniforme sur tout segment.

Point de méthode : une majoration du type \(|f_n(x) – f(x)| \leq\, \alpha_n\), avec \(\alpha_n\) indépendant de \(x\) et de limite nulle, suffit à conclure ; le calcul exact du supremum n’est pas obligatoire.

Corrigé de l’exercice 4 : Une bosse de hauteur presque constante

1. On a \(f_n(0) = f_n(1) = 0\). Pour \(x \in ]0,1[\), posons \(q = 1 – x \in ]0,1[\). Par croissance comparée, \(n q^n \to 0\), donc \(f_n(x) \to 0\). La limite simple est nulle.
2. On dérive :
   \[f_n^{\prime}(x) = n(1-x)^n – n^2 x (1-x)^{n-1} = n(1-x)^{n-1}\bigl(1 – (n+1)x\bigr).\]
   Donc \(f_n\) croît sur \([0, x_n]\) et décroît sur \([x_n, 1]\), avec \(x_n = \frac{1}{n+1}\). Ainsi :
   \[\|f_n\|_\infty = f_n(x_n) = \frac{n}{n+1}(\frac{n}{n+1})^n = (1 – \frac{1}{n+1})^{n+1}.\]
   Or \((n+1)\ln(1 – \frac{1}{n+1}) \to -1\). Donc \(\|f_n\|_\infty \to e^{-1} \neq 0\) : la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1]\).
3. Avec \(u = 1 – x\), on obtient :
   \[\int_0^1 f_n = n\int_0^1 (1 – u) u^n\, du = n(\frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}) = \frac{n}{(n+1)(n+2)}.\]
   Cette intégrale tend vers \(0 = \int_0^1 f\). L’interversion est donc vraie sans convergence uniforme : la convergence uniforme est suffisante, mais pas nécessaire.
4. Soit \(a \in ]0,1]\). Pour \(n + 1 \geq\, 1/a\), on a \(x_n \leq\, a\), donc \(f_n\) est décroissante sur \([a,1]\). Par conséquent, \(\sup_{[a,1]} |f_n| = f_n(a) = n a (1-a)^n\), qui tend vers 0 (il est nul si \(a = 1\)). La convergence est uniforme sur \([a,1]\).

Corrigé de l’exercice 5 : Sinus oscillants et dérivées

1. Pour tout réel \(x\), \(|f_n(x)| \leq\, \frac{1}{n}\), avec égalité en \(x = \frac{\pi}{2n}\). Donc \(\|f_n\|_\infty = \frac{1}{n} \to 0\) : convergence uniforme vers 0 sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(f_n^{\prime}(x) = \cos(nx)\). En \(x = 0\), la suite vaut constamment 1, donc elle converge. En \(x = \pi\), elle vaut \((-1)^n\) : elle diverge.
3. Supposons \(\cos(nx) \to \ell\). La suite \((\cos(2nx))\) est extraite, donc elle tend aussi vers \(\ell\). Par ailleurs, elle vaut \(2\cos^2(nx) – 1\), qui tend vers \(2\ell^2 – 1\). Par unicité de la limite, \(2\ell^2 – \ell – 1 = 0\), soit \((2\ell + 1)(\ell – 1) = 0\). Ainsi, \(\ell \in \{1, -1/2\}\) ; en particulier \(\ell \neq 0\). Ensuite, en passant à la limite dans \(\cos((n+1)x) + \cos((n-1)x) = 2\cos(nx)\cos x\), on obtient \(2\ell = 2\ell \cos x\). Comme \(\ell \neq 0\), on conclut que \(\cos x = 1\).
4. D’après la question précédente, la convergence de \((\cos(nx))\) impose \(x \in 2\pi\mathbb{Z}\). Réciproquement, si \(x = 2k\pi\), la suite est constante égale à 1. L’ensemble cherché est \(2\pi\mathbb{Z}\). Le théorème de dérivation demande la convergence uniforme sur tout segment de la suite des dérivées. Ici, cette suite ne converge même pas simplement. La convergence uniforme de \((f_n)\) ne dit donc rien sur les dérivées.

Corrigé de l’exercice 6 : Échec de l’interversion limite-intégrale

1. On a \(f_n(0) = 0\). Pour \(x \in ]0,1]\), la croissance comparée donne \(n^2 e^{-nx} \to 0\), donc \(f_n(x) \to 0\). La limite simple est nulle.
2. Le changement de variable \(t = nx\) donne :
   \[I_n = \int_0^n t e^{-t}\, dt = \Bigl[-(t+1)e^{-t}\Bigr]_0^n = 1 – (n+1)e^{-n}.\]
   Donc \(I_n \to 1\).
3. Si la convergence était uniforme sur le segment \([0,1]\), le théorème d’intégration donnerait \(I_n \to \int_0^1 0 = 0\). Or \(I_n \to 1\). La convergence n’est donc pas uniforme sur \([0,1]\). Directement, \(f_n(1/n) = n e^{-1} \to +\infty\), donc \(\|f_n\|_\infty \to +\infty\).
4. On a \(f_n^{\prime}(x) = n^2(1 – nx)e^{-nx}\). Soit \(a \in ]0,1]\). Pour \(n \geq\, 1/a\), \(f_n\) est décroissante sur \([a,1]\), donc \(\sup_{[a,1]} |f_n| = n^2 a e^{-na}\). Ce majorant tend vers 0 : la convergence est uniforme sur \([a,1]\).

La figure ci-dessous montre que l’aire sous la courbe se rapproche de 1 tandis que la masse se concentre près de 0. C’est ce « pic » qui empêche l’interversion.

Corrigé de l’exercice 7 : Convergence vers l’exponentielle

1. Pour \(x = 0\), \(f_n(0) = 1 = e^0\). Pour \(x > 0\), \(\ln f_n(x) = n\ln(1 + \frac{x}{n}) \sim n \cdot \frac{x}{n} = x\). Par continuité de l’exponentielle, \(f_n(x) \to e^x\).
2. Posons \(u(t) = t – \ln(1+t)\) et \(v(t) = \ln(1+t) – t + \frac{t^2}{2}\) sur \([0,+\infty[\). On a \(u^{\prime}(t) = \frac{t}{1+t} \geq\, 0\) et \(v^{\prime}(t) = \frac{1}{1+t} – 1 + t = \frac{t^2}{1+t} \geq\, 0\). Comme \(u(0) = v(0) = 0\), les deux fonctions sont positives, d’où l’encadrement.
3. Posons \(w = n\ln(1 + \frac{x}{n})\). Avec \(t = x/n\), la question 2 donne \(x – \frac{x^2}{2n} \leq\, w \leq\, x\). Ainsi, \(0 \leq\, x – w \leq\, \frac{x^2}{2n}\). Ensuite, en utilisant \(1 – e^{-s} \leq\, s\) pour \(s \geq\, 0\) :
   \[e^x – f_n(x) = e^x(1 – e^{-(x – w)}) \in [0,\ e^x (x – w)].\]
   Donc \(0 \leq\, e^x – f_n(x) \leq\, \dfrac{x^2 e^x}{2n}\).
4. Sur \([0,a]\), on en déduit \(\sup_{[0,a]} |e^x – f_n(x)| \leq\, \dfrac{a^2 e^a}{2n} \to 0\). La convergence est uniforme sur tout segment \([0,a]\).
5. On a \(f_n(n) = 2^n\), donc \(\|\exp – f_n\|_\infty \geq\, e^n – 2^n = e^n(1 – (2/e)^n) \to +\infty\). La convergence n’est pas uniforme sur \([0,+\infty[\).
6. Première méthode : la convergence est uniforme sur le segment \([0,1]\), donc l’intégrale tend vers \(\int_0^1 e^x\, dx = e – 1\). Deuxième méthode : un calcul direct donne
   \[\int_0^1 (1 + \frac{x}{n})^n dx = \frac{n}{n+1}[(1 + \frac{1}{n})^{n+1} – 1].\]
   Comme \((1 + \frac{1}{n})^{n+1} \to e\), la limite vaut \(e – 1\).

Corrigé de l’exercice 8 : Le logarithme comme limite

1. On écrit \(x^{1/n} = e^{h}\) avec \(h = \frac{\ln x}{n} \to 0\). Si \(x = 1\), \(f_n(1) = 0 = \ln 1\). Sinon, \(f_n(x) = \ln x \cdot \dfrac{e^h – 1}{h}\), et \(\frac{e^h – 1}{h} \to 1\). Donc \(f_n(x) \to \ln x\).
2. La formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1 donne \(e^t – 1 – t = \int_0^t (t – s) e^s\, ds\). Sur l’intervalle d’intégration, \(e^s \leq\, e^{|t|}\) et \((t – s)\) garde un signe constant. Par conséquent :
   \[|e^t – 1 – t| \leq\, e^{|t|} |\int_0^t (t – s)\, ds| = \frac{t^2}{2} e^{|t|}.\]
   L’inégalité est démontrée.
3. Soit \(x \in [a,b]\) et \(t = \frac{\ln x}{n}\). Alors \(|\ln x| \leq\, M\) et \(f_n(x) – \ln x = n(e^t – 1 – t)\). D’après la question 2 :
   \[|f_n(x) – \ln x| \leq\, n \cdot \frac{(\ln x)^2}{2n^2} e^{|\ln x|/n} \leq\, \frac{M^2 e^M}{2n}.\]
   La convergence est uniforme sur tout segment de \(]0,+\infty[\).
4. On a \(f_n(x_n) = n(e^{-n} – 1)\) et \(\ln x_n = -n^2\). Donc \(f_n(x_n) – \ln x_n = n e^{-n} – n + n^2 \geq\, n^2 – n\), qui tend vers \(+\infty\). La convergence n’est pas uniforme sur \(]0,1]\).
5. Le segment \([1,e]\) est inclus dans \(]0,+\infty[\), donc la convergence y est uniforme et les fonctions sont continues. Par le théorème d’intégration sur un segment :
   \[\lim \int_1^e f_n = \int_1^e \ln x\, dx = \Bigl[x\ln x – x\Bigr]_1^e = 0 – (-1) = 1.\]
   La limite vaut 1.

Corrigé de l’exercice 9 : Utiliser le théorème de la double limite

1. Si \(0 \leq\, x < 1\), \(x^n \to 0\) donc \(f_n(x) \to 0\). Si \(x = 1\), \(f_n(1) = \frac{1}{2}\). Si \(x > 1\), \(f_n(x) = \frac{1}{1 + x^{-n}} \to 1\). La limite simple vaut 0 sur \([0,1[\), \(\frac{1}{2}\) en 1 et 1 sur \(]1,+\infty[\). Elle est discontinue en 1, alors que les \(f_n\) sont continues. La convergence n’est donc pas uniforme sur \([0,+\infty[\).
2. Le point 1 est adhérent à \([0,1[\). Pour tout \(n\), \(f_n(x) \to \ell_n = \frac{1}{2}\) quand \(x \to 1^-\). Supposons la convergence uniforme sur \([0,1[\). Le théorème de la double limite donne alors \(\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim \ell_n = \frac{1}{2}\). Or \(f\) est nulle sur \([0,1[\). Cette contradiction prouve que la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1[\).
3. Pour \(n \geq\, 2\), \(x_n \in [0,1[\) et \(x_n^n = (1 – \frac{1}{n})^n \to e^{-1}\). Donc \(f_n(x_n) \to \dfrac{e^{-1}}{1 + e^{-1}} = \dfrac{1}{e+1}\). Ainsi, \(\|f_n – f\|_{\infty,[0,1[} \geq\, f_n(x_n)\) ne tend pas vers 0.
4. Sur \([0,a]\), \(0 \leq\, f_n(x) \leq\, x^n \leq\, a^n\), qui tend vers 0. Sur \([b,+\infty[\), \(0 \leq\, 1 – f_n(x) = \frac{1}{1 + x^n} \leq\, \frac{1}{1 + b^n}\), qui tend vers 0. La convergence est uniforme sur \([0,a]\) et sur \([b,+\infty[\).

Point de méthode : le théorème de la double limite est l’outil adapté quand la limite est continue sur l’intervalle étudié, mais que les \(f_n\) ont un comportement différent au bord.

Corrigé de l’exercice 10 : Régularisation de la valeur absolue

1. On a \(f_n(x) \geq\, \sqrt{x^2} = |x|\). Ensuite, par la quantité conjuguée :
   \[f_n(x) – |x| = \frac{x^2 + \frac{1}{n^2} – x^2}{f_n(x) + |x|} = \frac{1/n^2}{f_n(x) + |x|} \leq\, \frac{1/n^2}{1/n} = \frac{1}{n},\]
   car \(f_n(x) \geq\, \frac{1}{n}\). Donc \(\|f_n – |\cdot|\|_\infty \leq\, \frac{1}{n}\) : la convergence est uniforme sur \(\mathbb{R}\).
2. La fonction \(x \mapsto x^2 + \frac{1}{n^2}\) est de classe \(C^1\) et strictement positive, et la racine carrée est \(C^1\) sur \(]0,+\infty[\). Donc chaque \(f_n\) est de classe \(C^1\). Cependant, la limite \(|x|\) n’est pas dérivable en 0. À retenir : la convergence uniforme ne conserve pas la dérivabilité.
3. On a \(f_n^{\prime}(x) = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1/n^2}}\). Ainsi, \(f_n^{\prime}(0) = 0\), et pour \(x \neq 0\), \(f_n^{\prime}(x) \to \frac{x}{|x|}\). La limite simple est la fonction signe (nulle en 0). Elle est discontinue en 0, alors que les \(f_n^{\prime}\) sont continues : la convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).
4. La fonction \(f_n^{\prime}\) est croissante, car \(f_n^{\prime\prime}(x) = \dfrac{1/n^2}{(x^2 + 1/n^2)^{3/2}} > 0\). Pour \(x \geq\, a\), on a donc \(0 \leq\, 1 – f_n^{\prime}(x) \leq\, 1 – \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 1/n^2}}\), et ce majorant tend vers 0. La convergence de \((f_n^{\prime})\) vers 1 est uniforme sur \([a,+\infty[\). On retrouve le théorème de dérivation : sur \(]0,+\infty[\), la limite \(x \mapsto x\) est \(C^1\) de dérivée 1.

La figure ci-dessous illustre les deux phénomènes. À gauche, les \(f_n\) se collent uniformément à \(|x|\). À droite, les dérivées convergent vers une fonction discontinue.

Corrigé de l’exercice 11 : Régularisation de la partie positive

1. Si \(x \leq\, 0\), alors \(0 < e^{nx} \leq\, 1\), donc \(0 < f_n(x) – x^+ = \frac{1}{n}\ln(1 + e^{nx}) \leq\, \frac{\ln 2}{n}\), avec égalité en 0. Si \(x > 0\), on factorise \(e^{nx}\) :
   \[f_n(x) = \frac{1}{n}\ln(e^{nx}(1 + e^{-nx})) = x + \frac{1}{n}\ln(1 + e^{-nx}).\]
   Donc \(0 < f_n(x) – x^+ < \frac{\ln 2}{n}\). Finalement, \(\|f_n – x^+\|_\infty = \frac{\ln 2}{n}\), et la convergence est uniforme sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(f_n^{\prime}(x) = \dfrac{e^{nx}}{1 + e^{nx}} = \dfrac{1}{1 + e^{-nx}}\). Cette suite tend vers 0 si \(x < 0\), vers \(\frac{1}{2}\) si \(x = 0\) et vers 1 si \(x > 0\). La limite simple est discontinue en 0, donc la convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).
3. Pour \(x \geq\, a\), \(0 \leq\, 1 – f_n^{\prime}(x) = \dfrac{e^{-nx}}{1 + e^{-nx}} \leq\, e^{-na}\). Pour \(x \leq\, -a\), \(0 \leq\, f_n^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1 + e^{-nx}} \leq\, \dfrac{1}{1 + e^{na}} \leq\, e^{-na}\). Dans les deux cas, la convergence est uniforme, avec un majorant \(e^{-na} \to 0\).
4. Sur \(]0,+\infty[\), les \(f_n\) sont \(C^1\), convergent simplement, et leurs dérivées convergent uniformément sur tout segment. Le théorème de dérivation montre que \(x^+\) est \(C^1\) de dérivée 1 sur \(]0,+\infty[\), et de dérivée 0 sur \(]-\infty,0[\). Sur \(\mathbb{R}\), le théorème ne s’applique pas : la convergence uniforme des dérivées sur \([-1,1]\) rendrait leur limite continue, ce qui est faux. D’ailleurs, \(x^+\) n’est pas dérivable en 0.

Corrigé de l’exercice 12 : Dérivées successives d’une limite

1. Soit \(n_0\) tel que \(\|u_n – u\|_\infty \leq\, 1\) pour \(n \geq\, n_0\). Alors \(\|u_n\|_\infty \leq\, \|u\|_\infty + 1\). Pour \(n \geq\, n_0\) et \(x \in [0,a]\) :
   \[|u_n v_n – uv| \leq\, |u_n|\,|v_n – v| + |v|\,|u_n – u| \leq\, (\|u\|_\infty + 1)\|v_n – v\|_\infty + \|v\|_\infty \|u_n – u\|_\infty.\]
   Le majorant tend vers 0 : \((u_n v_n)\) converge uniformément vers \(uv\).
2. Pour tout entier \(m\), la dérivée de \((1 + \frac{x}{n})^m\) est \(\frac{m}{n}(1 + \frac{x}{n})^{m-1}\). Par récurrence sur \(k \leq\, n\) :
   \[f_n^{(k)}(x) = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}(1 + \frac{x}{n})^{n-k} = c_{n,k}(1 + \frac{x}{n})^{n-k}.\]
   La formule est établie.
3. On écrit \(f_n^{(k)} = c_{n,k} \cdot f_n \cdot w_n\) avec \(w_n(x) = (1 + \frac{x}{n})^{-k}\). D’abord, \(c_{n,k} \to 1\), car c’est un produit de \(k\) facteurs qui tendent vers 1. Ensuite, \(w_n\) est décroissante, donc \(0 \leq\, 1 – w_n(x) \leq\, 1 – (1 + \frac{a}{n})^{-k}\) sur \([0,a]\), qui tend vers 0 : \(w_n \to 1\) uniformément. Enfin, \(f_n \to \exp\) uniformément sur \([0,a]\). En appliquant deux fois la question 1, \((f_n^{(k)})\) converge uniformément vers \(\exp\) sur \([0,a]\).
4. Les \(f_n\) sont de classe \(C^\infty\). Pour tout \(k\), les suites \((f_n^{(j)})\), \(j \leq\, k\), convergent (uniformément) vers \(\exp\) sur \([0,a]\). Le théorème de dérivation de classe \(C^k\) montre que la limite \(\exp\) est de classe \(C^k\) sur \([0,a]\) avec \(\exp^{(k)} = \exp\), pour tout \(k\) et tout \(a\).

Corrigé de l’exercice 13 : Composition et convergence uniforme

1. Soit \(\varepsilon > 0\). Par uniforme continuité de \(g\), il existe \(\eta > 0\) tel que \(|y – z| \leq\, \eta\) entraîne \(|g(y) – g(z)| \leq\, \varepsilon\). Ensuite, il existe \(N\) tel que \(\|f_n – f\|_\infty \leq\, \eta\) pour \(n \geq\, N\). Pour ces \(n\) et tout \(x \in I\), \(|g(f_n(x)) – g(f(x))| \leq\, \varepsilon\). Donc \(g \circ f_n \to g \circ f\) uniformément sur \(I\).
2. On a \((x + \frac{1}{n})^2 – x^2 = \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2}\), qui n’est pas bornée sur \(\mathbb{R}\). La convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\), alors que \(f_n \to \mathrm{id}\) uniformément. Sur \([a,b]\), l’écart est majoré par \(\frac{2\max(|a|,|b|)}{n} + \frac{1}{n^2}\). La convergence est donc uniforme sur tout segment. Ici, \(g\) n’est pas uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).
3. La fonction sinus est 1-lipschitzienne, donc uniformément continue. De plus, l’exercice 10 montre que \(\sqrt{x^2 + 1/n^2} \to |x|\) uniformément sur \(\mathbb{R}\). La question 1 donne la convergence uniforme de \(\sin\sqrt{x^2 + 1/n^2}\) vers \(\sin|x|\).
4. La fonction \(f\) est continue sur un segment, donc bornée par un réel \(M\). Soit \(n_0\) tel que \(\|f_n – f\|_\infty \leq\, 1\) pour \(n \geq\, n_0\). Alors toutes les valeurs de \(f\) et des \(f_n\), \(n \geq\, n_0\), sont dans \(K = [-M-1, M+1]\). D’après le théorème de Heine, \(g\) est uniformément continue sur \(K\). On reprend alors l’argument de la question 1 avec \(g\) restreinte à \(K\).

Corrigé de l’exercice 14 : Limites d’intégrales sur un segment

1. Posons \(k(u) = \frac{u^3}{6} – u + \sin u\). On a \(k^{\prime}(u) = \frac{u^2}{2} – 1 + \cos u \geq\, 0\), car \(\cos u \geq\, 1 – \frac{u^2}{2}\). Comme \(k(0) = 0\), on obtient \(u – \sin u \leq\, \frac{u^3}{6}\). De plus, \(u – \sin u \geq\, 0\) pour \(u \geq\, 0\). Avec \(u = x/n\) :
   \[|n\sin\frac{x}{n} – x| \leq\, n \cdot \frac{x^3}{6n^3} \leq\, \frac{\pi^3}{6n^2} \quad \text{sur } [0,\pi].\]
   La convergence est uniforme sur le segment \([0,\pi]\), donc l’intégrale tend vers \(\int_0^\pi x\, dx = \frac{\pi^2}{2}\). Directement, \(\int_0^\pi n\sin\frac{x}{n}\, dx = n^2(1 – \cos\frac{\pi}{n}) = 2n^2 \sin^2\frac{\pi}{2n} \sim 2n^2 \cdot \frac{\pi^2}{4n^2}\). Les deux méthodes donnent \(\frac{\pi^2}{2}\).
2. Sur \([0,1]\), \(0 \leq\, 1 – \frac{n}{n + x} = \frac{x}{n + x} \leq\, \frac{1}{n}\). La convergence vers 1 est uniforme. Par conséquent, \(|\int_0^1 \frac{n e^x}{n + x}\, dx – \int_0^1 e^x\, dx| \leq\, \frac{e}{n}\). La limite vaut \(e – 1\).
3. La fonction \(x \mapsto \frac{1}{1 + x^n}\) tend vers 1 sur \([0,1[\) et vaut \(\frac{1}{2}\) en 1. La limite est discontinue, donc la convergence n’est pas uniforme sur \([0,1]\). Néanmoins, \(0 \leq\, 1 – \frac{1}{1 + x^n} = \frac{x^n}{1 + x^n} \leq\, x^n\). En intégrant, \(0 \leq\, 1 – J_n \leq\, \frac{1}{n+1}\). Donc \(J_n \to 1\).

Corrigé de l’exercice 15 : Approximation par des fonctions en escalier

1. Soit \(x \in [\frac{k}{n}, \frac{k+1}{n}[\). Par croissance du carré sur \([0,1]\) :
   \[0 \leq\, x^2 – \frac{k^2}{n^2} \leq\, \frac{(k+1)^2 – k^2}{n^2} = \frac{2k+1}{n^2} \leq\, \frac{2n – 1}{n^2} \leq\, \frac{2}{n}.\]
   En \(x = 1\), l’écart est nul. Donc \(\|x^2 – \varphi_n\|_\infty \leq\, \frac{2}{n}\).
2. On a \(\int_0^1 \varphi_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n}\cdot\frac{k^2}{n^2} = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6n^3} = \frac{(n-1)(2n-1)}{6n^2}\). Cette quantité tend vers \(\frac{1}{3}\). Par ailleurs, \(|\int_0^1 x^2\, dx – \int_0^1 \varphi_n| \leq\, \frac{2}{n}\). Donc \(\int_0^1 x^2\, dx = \frac{1}{3}\).
3. Par définition de la partie entière, \(\lfloor nx \rfloor \leq\, nx < \lfloor nx \rfloor + 1\). En divisant par \(n\), \(0 \leq\, x – \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < \frac{1}{n}\). La convergence est uniforme sur \(\mathbb{R}\), et chaque fonction est en escalier sur tout segment.
4. Posons \(h = \frac{b-a}{n}\) et \(x_k = a + kh\). On définit \(\psi_n(x) = f(x_k)\) sur \([x_k, x_{k+1}[\), pour \(0 \leq\, k \leq\, n-1\), et \(\psi_n(b) = f(b)\). Pour \(x \in [x_k, x_{k+1}[\), on a \(|f(x) – \psi_n(x)| = |f(x) – f(x_k)| \leq\, L|x – x_k| \leq\, Lh\). Donc \(\|f – \psi_n\|_\infty \leq\, \frac{L(b-a)}{n}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Polynômes de Bernstein

1. La formule du binôme donne \(\sum_k b_{n,k}(x) = (x + 1 – x)^n = 1\). Ensuite, on utilise \(k\binom\,{n}{k} = n\binom\,{n-1}{k-1}\) pour \(k \geq\, 1\) :
   \[\sum_{k=1}^n k\, b_{n,k}(x) = nx\sum_{j=0}^{n-1}\binom\,{n-1}{j}x^j(1-x)^{n-1-j} = nx.\]
   De même, \(k(k-1)\binom\,{n}{k} = n(n-1)\binom\,{n-2}{k-2}\) pour \(k \geq\, 2\), d’où \(\sum_k k(k-1) b_{n,k}(x) = n(n-1)x^2\).
2. On obtient directement \(B_n(1) = 1\) et \(B_n(x) = \frac{1}{n}\cdot nx = x\). Ensuite, \(\sum_k k^2 b_{n,k} = n(n-1)x^2 + nx\), d’où :
   \[B_n(x^2) = \frac{n(n-1)x^2 + nx}{n^2} = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}.\]
   Le maximum de \(x(1-x)\) sur \([0,1]\) vaut \(\frac{1}{4}\), atteint en \(\frac{1}{2}\). Donc \(\|B_n(x^2) – x^2\|_\infty = \frac{1}{4n}\).
3. On développe le carré et on utilise la question 2 :
   \[\sum_k (\frac{k}{n} – x)^2 b_{n,k} = (x^2 + \frac{x(1-x)}{n}) – 2x\cdot x + x^2 = \frac{x(1-x)}{n}.\]
   L’identité est établie.
4. Notons \(A\) l’ensemble des \(k\) tels que \(|\frac{k}{n} – x| \geq\, \delta\). Pour \(k \in A\), on a \(1 \leq\, \frac{1}{\delta^2}(\frac{k}{n} – x)^2\). Les \(b_{n,k}(x)\) étant positifs :
   \[\sum_{k \in A} b_{n,k}(x) \leq\, \frac{1}{\delta^2}\sum_{k=0}^n (\frac{k}{n} – x)^2 b_{n,k}(x) = \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq\, \frac{1}{4n\delta^2}.\]
   La majoration est démontrée.
5. D’après le théorème de Heine, il existe \(\delta > 0\) tel que \(|y – z| < \delta\) entraîne \(|f(y) – f(z)| \leq\, \varepsilon\). Comme \(\sum_k b_{n,k} = 1\), on a \(B_n(f)(x) – f(x) = \sum_k (f(\frac{k}{n}) – f(x)) b_{n,k}(x)\). Pour \(k \notin A\), chaque terme est majoré par \(\varepsilon\, b_{n,k}(x)\). Pour \(k \in A\), il est majoré par \(2\|f\|_\infty b_{n,k}(x)\). Donc :
   \[|B_n(f)(x) – f(x)| \leq\, \varepsilon + 2\|f\|_\infty \cdot \frac{1}{4n\delta^2} = \varepsilon + \frac{\|f\|_\infty}{2n\delta^2}.\]
   Pour \(n\) assez grand, le second terme est inférieur à \(\varepsilon\). Ainsi, \(\|B_n(f) – f\|_\infty \to 0\) : c’est le théorème de Weierstrass sur \([0,1]\).

La figure ci-dessous représente \(x^2\) et ses polynômes de Bernstein. L’écart \(\frac{x(1-x)}{n}\) est maximal au milieu de l’intervalle et décroît comme \(\frac{1}{n}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Moments nuls et théorème de Weierstrass

1. Par linéarité de l’intégrale, \(\int_0^1 fP = 0\) pour tout polynôme \(P\). D’après le théorème de Weierstrass, il existe des polynômes \(P_n\) convergeant uniformément vers \(f\) sur \([0,1]\). Alors \(\|fP_n – f^2\|_\infty \leq\, \|f\|_\infty\|P_n – f\|_\infty \to 0\). Par le théorème d’intégration sur un segment, \(\int_0^1 f^2 = \lim \int_0^1 fP_n = 0\). La fonction \(f^2\) est continue, positive et d’intégrale nulle. Donc \(f = 0\).
2. Posons \(h(x) = x^2 f(x)\), continue sur \([0,1]\). Pour tout \(k \in \mathbb{N}\), \(\int_0^1 h(x)x^k\, dx = \int_0^1 f(x)x^{k+2}\, dx = 0\). D’après la question 1, \(h = 0\), donc \(f(x) = 0\) pour \(x \in ]0,1]\). Par continuité en 0, \(f(0) = 0\). Ainsi, \(f\) est nulle.
3. On calcule \(\int_0^1 g = 2 – 3 + 1 = 0\) et \(\int_0^1 xg(x)\, dx = \frac{6}{4} – \frac{6}{3} + \frac{1}{2} = 0\). La fonction non nulle \(g\) a ses deux premiers moments nuls : un nombre fini de moments nuls ne suffit pas, et c’est bien l’infinité des conditions qui permet d’utiliser Weierstrass.

Corrigé de l’exercice 18 : Approximation simultanée d’une fonction et de sa dérivée

1. La fonction \(f^{\prime}\) est continue sur \([a,b]\). D’après le théorème de Weierstrass, il existe des polynômes \(Q_n\) tels que \(\|Q_n – f^{\prime}\|_\infty \to 0\). On pose \(P_n(x) = f(a) + \int_a^x Q_n(t)\, dt\), qui est un polynôme. Alors \(P_n^{\prime} = Q_n\) et \(P_n(a) = f(a)\). De plus, \(f(x) = f(a) + \int_a^x f^{\prime}\), donc :
   \[|P_n(x) – f(x)| = |\int_a^x (Q_n – f^{\prime})| \leq\, (b – a)\|Q_n – f^{\prime}\|_\infty.\]
   Ainsi, \(P_n \to f\) et \(P_n^{\prime} \to f^{\prime}\) uniformément sur \([a,b]\).
2. On approche \(f^{\prime\prime}\) par des polynômes \(R_n\). On pose \(P_n(x) = f(a) + f^{\prime}(a)(x – a) + \int_a^x (x – t) R_n(t)\, dt\). Alors \(P_n^{\prime\prime} = R_n\) et \(P_n^{\prime}(x) = f^{\prime}(a) + \int_a^x R_n\). La formule de Taylor avec reste intégral donne les mêmes expressions pour \(f\) et \(f^{\prime}\) avec \(f^{\prime\prime}\). On obtient \(\|P_n^{\prime} – f^{\prime}\|_\infty \leq\, (b-a)\|R_n – f^{\prime\prime}\|_\infty\) et \(\|P_n – f\|_\infty \leq\, \frac{(b-a)^2}{2}\|R_n – f^{\prime\prime}\|_\infty\).
3. Supposons que \((P_n^{\prime})\) converge uniformément sur \([-1,1]\). Les \(P_n\) sont \(C^1\) et convergent simplement vers \(|x|\). Le théorème de dérivation rendrait alors \(|x|\) de classe \(C^1\) sur \([-1,1]\). C’est faux en 0, donc \((P_n^{\prime})\) ne converge pas uniformément.

Corrigé de l’exercice 19 : Limites uniformes de polynômes sur R

1. Si \(P\) est de degré \(d \geq\, 1\), de coefficient dominant \(a_d \neq 0\), alors \(|P(x)| \sim |a_d||x|^d \to +\infty\) en \(+\infty\). Un polynôme borné sur \(\mathbb{R}\) est donc constant.
2. Soit \(N\) tel que \(\|P_n – f\|_\infty \leq\, \frac{1}{2}\) pour \(n \geq\, N\). Pour \(n \geq\, N\), l’inégalité triangulaire donne \(\|P_n – P_N\|_\infty \leq\, 1\). Le polynôme \(P_n – P_N\) est donc borné, donc constant, égal à \(c_n = P_n(0) – P_N(0)\). Comme \(P_n(0) \to f(0)\), la suite \((c_n)\) converge vers \(c = f(0) – P_N(0)\). En passant à la limite simple dans \(P_n = P_N + c_n\), on obtient \(f = P_N + c\), qui est polynomiale.
3. La fonction \(\exp\) n’est pas polynomiale : sinon, ses dérivées successives s’annuleraient à partir d’un certain rang, alors que \(\exp^{(k)} = \exp\) ne s’annule pas. D’après la question 2, \(\exp\) n’est pas limite uniforme de polynômes sur \(\mathbb{R}\).
4. L’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre \(n\), appliquée entre 0 et \(x \in [-a,a]\), donne \(|e^x – T_n(x)| \leq\, \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\sup_{[-a,a]} \exp \leq\, \frac{a^{n+1}e^a}{(n+1)!}\). Ce majorant tend vers 0, car \(\frac{a^n}{n!} \to 0\). Sur tout segment, \(\exp\) est limite uniforme de polynômes, en accord avec le théorème de Weierstrass. C’est donc bien le caractère non borné de \(\mathbb{R}\) qui empêche la convergence uniforme.

Corrigé de l’exercice 20 : Méthode de Picard pour l’exponentielle

1. La formule est vraie pour \(n = 0\). Si elle l’est au rang \(n\), alors \(f_{n+1}(x) = 1 + \sum_{k=0}^n \frac{x^{k+1}}{(k+1)!} = \sum_{k=0}^{n+1}\frac{x^k}{k!}\). La récurrence est établie.
2. Pour \(x \in [0,a]\), la série \(\sum \frac{x^k}{k!}\) converge d’après la règle de d’Alembert. On note \(F(x)\) sa somme. Ensuite, pour tout \(x \in [0,a]\) :
   \[0 \leq\, F(x) – f_n(x) = \sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{x^k}{k!} \leq\, \sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{a^k}{k!}.\]
   Ce majorant est le reste d’une série convergente, donc il tend vers 0. La convergence est uniforme sur \([0,a]\).
3. Les \(f_n\) sont continues, donc \(F\) est continue comme limite uniforme. Pour \(x \in [0,a]\), on a \(|\int_0^x f_n – \int_0^x F| \leq\, a\|f_n – F\|_\infty \to 0\). En passant à la limite dans la relation de récurrence, on obtient \(F(x) = 1 + \int_0^x F(t)\, dt\).
4. La fonction \(F\) étant continue, \(x \mapsto \int_0^x F\) est de classe \(C^1\) de dérivée \(F\). Donc \(F\) est \(C^1\), \(F^{\prime} = F\) et \(F(0) = 1\). Alors \((F e^{-x})^{\prime} = (F^{\prime} – F)e^{-x} = 0\), donc \(F e^{-x}\) est constante, égale à 1. Ainsi, \(F = \exp\) sur \([0,a]\).
5. Pour \(n \geq\, 1\), \(f_n\) est \(C^1\) et \(f_n^{\prime} = f_{n-1}\). La suite \((f_n)\) converge simplement vers \(F\) et \((f_n^{\prime}) = (f_{n-1})\) converge uniformément vers \(F\) sur \([0,a]\). Le théorème de dérivation donne directement \(F\) de classe \(C^1\) et \(F^{\prime} = F\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : approximation polynomiale de la racine carrée

1. On a \(p_1(x) = 0 + \frac{1}{2}(x – 0) = \frac{x}{2}\). Ensuite, \(p_2(x) = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}(x – \frac{x^2}{4})\). Donc \(p_1(x) = \frac{x}{2}\) et \(p_2(x) = x – \frac{x^2}{8}\).
2. Comme \(x = s^2\), on a \(e_{n+1} = s – p_n – \frac{1}{2}(s^2 – p_n^2) = (s – p_n)(1 – \frac{s + p_n}{2})\), en notant \(p_n = p_n(x)\). Montrons par récurrence que \(0 \leq\, p_n \leq\, s\). C’est vrai pour \(n = 0\). Si c’est vrai au rang \(n\), alors \(0 \leq\, s + p_n \leq\, 2s \leq\, 2\), donc le facteur \(1 – \frac{s + p_n}{2}\) est dans \([0,1]\). Par conséquent, \(0 \leq\, e_{n+1} \leq\, e_n\), c’est-à-dire \(p_n \leq\, p_{n+1} \leq\, s\). Ainsi, \(0 \leq\, p_n(x) \leq\, p_{n+1}(x) \leq\, \sqrt{x}\) pour tout \(n\).
3. Comme \(p_n \geq\, 0\), le facteur vérifie \(1 – \frac{s + p_n}{2} \leq\, 1 – \frac{s}{2}\). Donc \(0 \leq\, e_{n+1} \leq\, e_n(1 – \frac{s}{2})\). Avec \(e_0 = s\), une récurrence immédiate donne \(0 \leq\, e_n \leq\, s(1 – \frac{s}{2})^n\).
4. Pour \(n \geq\, 1\), on dérive :
   \[\varphi_n^{\prime}(s) = (1 – \frac{s}{2})^{n-1}(1 – \frac{s}{2} – \frac{ns}{2}) = (1 – \frac{s}{2})^{n-1}(1 – \frac{(n+1)s}{2}).\]
   Le maximum sur \([0,1]\) est atteint en \(s_n = \frac{2}{n+1} \in ]0,1]\). Il vaut \(\varphi_n(s_n) = \frac{2}{n+1}(\frac{n}{n+1})^n \leq\, \frac{2}{n+1}\). Pour \(n = 0\), l’inégalité \(e_0 = s \leq\, 2\) est aussi vraie. Donc \(\sup_{[0,1]} |\sqrt{x} – p_n(x)| \leq\, \frac{2}{n+1}\) : la convergence est uniforme.
5. Pour \(x \in [-1,1]\), \(x^2 \in [0,1]\) et \(\sqrt{x^2} = |x|\). Donc \(||x| – Q_n(x)| \leq\, \frac{2}{n+1}\). Comme \(p_n\) est un polynôme, \(Q_n\) aussi. Les \(Q_n\) convergent uniformément vers \(|x|\) sur \([-1,1]\).
6. Pour \(x, c \in [-1,1]\), on a \(y = \frac{x – c}{2} \in [-1,1]\) et \(|x – c| = 2|y|\). Les polynômes \(x \mapsto 2Q_n(\frac{x – c}{2})\) vérifient donc \(||x – c| – 2Q_n(\frac{x-c}{2})| \leq\, \frac{4}{n+1}\). La fonction \(|x – c|\) est limite uniforme de polynômes sur \([-1,1]\).
7. Soit \(\varepsilon > 0\). D’après le théorème de Heine, \(f\) est uniformément continue. On choisit une subdivision de pas \(h\) assez petit pour que \(|f(y) – f(z)| \leq\, \varepsilon\) dès que \(|y – z| \leq\, h\). Soit \(g\) la fonction affine par morceaux qui interpole \(f\) aux points de la subdivision. Sur chaque morceau \([x_k, x_{k+1}]\), \(g(x)\) est entre \(f(x_k)\) et \(f(x_{k+1})\), donc \(|f(x) – g(x)| \leq\, \varepsilon\). Ensuite, on écrit \(g(x) = \alpha x + \beta + \sum_{i=1}^m \lambda_i|x – c_i|\) et on remplace chaque \(|x – c_i|\) par un polynôme à moins de \(\frac{\varepsilon}{1 + \sum_i |\lambda_i|}\) près. On obtient un polynôme \(P\) avec \(\|g – P\|_\infty \leq\, \varepsilon\). Finalement, \(\|f – P\|_\infty \leq\, 2\varepsilon\) : c’est le théorème de Weierstrass sur \([-1,1]\).

La figure ci-dessous montre la montée des polynômes \(p_n\) vers \(\sqrt{x}\). La convergence est lente près de 0, là où la racine carrée a une tangente verticale ; c’est là que se situe le maximum de l’écart, en \(x = s_n^2\).

Point de méthode : ce problème fournit une démonstration complète et constructive du théorème de Weierstrass. On passe par trois étapes : la racine carrée, puis la valeur absolue, puis les fonctions affines par morceaux.

Revenir aux énoncés des exercices

Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : suites de fonctions, cours de maths spé
• Les énoncés : exercices de maths spé sur suites de fonctions
• À maîtriser avant : Normes, espaces vectoriels normés et suites
• Chapitre précédent : Séries numériques et vectorielles
• Chapitre suivant : Séries de fonctions
• Tester vos connaissances : QCM de maths spé par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths spé et les chapitres de maths sup