[<] Continuité et densité

 
Exercice 1  1142  Correction  

Soit f:[a;b] continue telle que abf(t)dt=0. Montrer qu’il existe une suite (Pn) de polynômes telle que

abPn(t)dt=0etsupt[a;b]|f(t)-Pn(t)|n+0.

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales telles N(Qn-f)0.
On a alors

abQn(t)dtn+abf(t)dt=0.

Posons

Pn(t)=Qn(t)-1b-aabQn(t)dt.

On vérifie alors sans peine que

abPn(t)dt=0 et N(f-Pn)0.
 
Exercice 2  1143  Correction  

Soit f:[a;b] continue telle que f0. Montrer qu’il existe une suite (Pn) de polynômes telle que

t[a;b],Pn(t)0etsupt[a;b]|f(t)-Pn(t)|n+0

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales telles N(Qn-f)0. Posons mn=inft[a;b]Qn(t)=Qn(tn) pour un certain tn[a;b]. Montrons que mnm=inft[a;b]f. Notons que inft[a;b]f=f(t) pour un certain t[a;b]. Pour tout ε>0, pour n assez grand, N(Qn-f)ε donc mn=Qn(tn)fn(tn)-εm-ε et m=f(t)Qn(t)-εmn-ε donc |mn-m|ε. Ainsi mnm. Il suffit ensuite de considérer Pn=Qn-mn+m pour obtenir une solution au problème posé.

 
Exercice 3  1144  Correction  

Soit f:[a;b] de classe 𝒞1. Montrer qu’il existe une suite (Pn) de polynômes telle que

N(f-Pn)0etN(f-Pn)0.

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales telle N(Qn-f)0.
Posons alors Pn(x)=f(a)+axQn(t)dt. L’inégalité |Pn(x)-f(x)|ax|f(t)-Qn(t)|dt permet d’établir que N(f-Pn)0 et puisque Pn=Qn, la suite (Pn) est solution du problème posé.

 
Exercice 4  1145   Correction  

(Théorème de Weierstrass: preuve par les polynômes de Bernstein)

Pour n et k{0,,n}, on pose

Bn,k(x)=(nk)xk(1-x)n-k.
  • (a)

    Calculer

    k=0nBn,k(x),k=0nkBn,k(x)etk=0nk2Bn,k(x).
  • (b)

    Soient α>0 et x[0;1]. On forme

    A={k0;n||k/n-x|α} et B={k0;n||k/n-x|<α}.

    Montrer que

    kABn,k(x)14nα2.
  • (c)

    Soit f:[0;1] continue. On pose

    fn(x)=k=0nf(kn)Bn,k(x).

    Montrer que (fn) converge uniformément vers f sur [0;1].

Solution

  • (a)

    On a

    k=0nBn,k(x)=(x+(1-x))n=1.

    On a

    k=0nkBn,k(x)=nx

    via k(nk)=n(n-1k-1) et la relation précédente
    De manière semblable

    k=0nk2Bn,k(x)=k=0nk(k-1)Bn,k(x)+k=0nkBn,k(x)=nx(1+(n-1)x).
  • (b)

    On a

    n2α2kABn,k(x)kA(k-nx)2Bn,k(x)k0;n(k-nx)2Bn,k(x)

    car les Bn,k sont positifs sur [0;1].
    Par suite,

    n2α2kABn,k(x)nx(1-x)

    d’où

    kABn,k(x)14nα2.
  • (c)

    Pour tout ε>0, par l’uniforme continuité de f, il existe α>0 tel que

    x,y[0;1],|x-y|α|f(x)-f(y)|ε.

    On a alors

    |f(x)-fn(x)|xA|f(x)-f(k/n)|Bn,k(x)+xB|f(x)-f(k/n)|Bn,k(x)

    donc

    |f(x)-fn(x)|2fxABn,k(x)+xBεBn,k(x)f2nα2+ε.

    Pour n assez grand, on a

    f/2nα2ε

    et donc |f(x)-fn(x)|2ε uniformément en x.

 
Exercice 5  1146   Correction  

(Théorème de Weierstrass: preuve par convolution)

n désigne un entier naturel.
On pose

an=-11(1-t2)ndt

et l’on considère la fonction φn:[-1;1] définie par

φn(x)=1an(1-x2)n.
  • (a)

    Calculer 01t(1-t2)ndt. En déduire que

    an=-11(1-t2)ndt1n+1.
  • (b)

    Soit α]0;1]. Montrer que (φn) converge uniformément vers la fonction nulle sur [α;1].

  • (c)

    Soit f une fonction continue de vers nulle en dehors de [-1/2;1/2].
    Montrer que f est uniformément continue.
    On pose

    fn(x)=-11f(x-t)φn(t)dt

    pour tout x.

  • (d)

    Montrer que fn est une fonction polynomiale sur [-1/2;1/2]

  • (e)

    Montrer que

    f(x)-fn(x)=-11(f(x)-f(x-t))φn(t)dt.
  • (f)

    En déduire que fn converge uniformément vers f sur .

  • (g)

    Soit f une fonction réelle continue nulle en dehors de [-a;a].
    Montrer que f est limite uniforme d’une suite de polynômes.

  • (h)

    Soit f une fonction réelle continue sur [a;b].
    Montrer que f est limite uniforme d’une suite de polynômes.

Solution

  • (a)

    On a

    01t(1-t2)ndt=12(n+1).

    On en déduit

    an=201(1-t2)ndt201t(1-t2)ndt=1n+1.
  • (b)

    Sur [α;1],

    |φn(x)|(1-α2)nan(n+1)(1-α2)n0.
  • (c)

    Sur le compact [-1;1], f est uniformément continue car f est continue. Ainsi:

    ε>0,α>0,x,y[-1;1],|x-y|α|f(x)-f(y)|ε.

    Pour α=min(α,1/2), on a pour tous x,y tels que |x-y|α
    Si x,y[-1;1] alors

    |f(x)-f(y)|ε.

    Sinon x,y[1/2;+[ ou x,y]-;-1/2] et alors

    |f(x)-f(y)|=0ε.
  • (d)

    On a

    fn(x)=x-1x+1f(u)φn(x-u)du.

    Or

    φn(x-u)=k=02nak(u)xk

    donc

    fn(t)=k=02n(x-1x+1f(u)ak(u)du)xk.

    Mais

    x-1x+1f(u)ak(u)du=-1/21/2f(u)ak(u)du

    pour x[-1/2;1/2] car x-1-1/2 et x+11/2 alors que f est nulle en dehors que [-1/2;1/2]. Il s’ensuit que fn est polynomiale.

  • (e)

    On observe que

    -11φn(t)dt=1

    et la relation proposée est alors immédiate sur [-1/2;1/2].

  • (f)

    On a

    ε>0,α>0,x,y,|x-y|α|f(x)-f(y)|ε

    et alors

    |f(x)-fn(x)|-αα|f(x)-f(x-t)|φn(t)dt+4fα1φn(t)dtε+4fα1φn(t)dt.

    Or

    α1φn(t)dt0

    donc pour n assez grand

    4fα1φn(t)dtε

    et alors

    |f(x)-fn(x)|2ε.
  • (g)

    Il suffit de commencer par approcher la fonction xf(2ax) qui vérifie les conditions de la question précédente.

  • (h)

    Soit A>0 tel que [a;b][-A;A]. Il suffit de prolonger f par continuité de sorte qu’elle soit nulle en dehors de [-A;A].

 
Exercice 6  1141   

Soit f:[0;1] continue telle que, pour tout n,

01tnf(t)dt=0.

Montrer que f est la fonction nulle.

 
Exercice 7  5046   Correction  

Soit f:[-1;1] une fonction continue vérifiant

-11t2kf(t)dt=0pour tout k.

Montrer que f est une fonction impaire.

Solution

On introduit les parties paire et impaire de f:

f(t)=g(t)+h(t) avec g(t)=12(f(t)+f(-t))eth(t)=12(f(t)-f(-t)).

Soit (Pn) une suite de polynômes convergeant uniformément vers g sur [-1;1].

D’une part, pour tout n,

-11Pn(t)g(t)dt=12-11Pn(t)f(t)dt+12-11Pn(t)f(-t)dt.

On réexprime la seconde intégrale par le changement de variable u=-t et l’on obtient

-11Pn(t)g(t)dt =12-11Pn(t)f(t)dt+12-11Pn(-t)f(t)dt
=-1112(Pn(t)+Pn(-t))f(t)dt.

Or la fonction polynôme tPn(t)+Pn(-t) ne comporte que des puissances paires de t et l’hypothèse donne

-1112(Pn(t)+Pn(-t))f(t)dt=0.

D’autre part,

|-11Pn(t)g(t)dt--11(g(t))2dt|-11|g(t)|dt×supt[-1;1]|Pn(t)-g(t)|n+0

et donc

-11(g(t))2dt=0.

La fonction g2 est continue, positive et d’intégrale nulle, c’est la fonction nulle.

On conclut que f est égale à h, c’est-à-dire que f est une fonction impaire.

Cette étude peut être interprétée en terme d’orthogonalité dans l’espace des fonctions réelles continues sur [-1;1] muni du produit scalaire

(fg)=-11f(t)g(t)dt.
 
Exercice 8  2828     MINES (MP)Correction  

Soit f𝒞([a;b],). On suppose que pour tout n,

abxnf(x)dx=0.
  • (a)

    Montrer que la fonction f est nulle.

  • (b)

    Calculer

    In=0+xne-(1-i)xdx.
  • (c)

    En déduire qu’il existe f dans 𝒞([0;+[,) non nulle, telle que, pour tout n dans , on ait

    0+xnf(x)dx=0.

Solution

  • (a)

    Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε>0, il existe P[X] tel que f-Pε.

    0abf2=abf(f-P)+abfP=abf(f-P)(b-a)fε.

    En faisant ε0, on obtient abf2=0 et donc f=0.

  • (b)

    L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties,

    (n+1)In=(1-i)In+1.

    Or I0=1+i2 donc

    In=(1+i)n+12n+1n!
  • (c)

    I4p+3 donc

    0+x4p+3sin(x)e-xdx=0

    puis

    0+upsin(u1/4)e-u1/4du=0

    pour tout p.

 
Exercice 9  2780     MINES (MP)Correction  

On note E l’espace vectoriel des fonctions réelles définies et continues sur [0;+[ et dont le carré est intégrable. On le munit de la norme

2:f0+f2(t)dt.

On note E0 l’ensemble des fE telles que f est nulle hors d’un certain segment [0;A] (avec A+ pouvant dépendre de f).

On note F l’ensemble des fonctions de E de la forme xP(e-x)e-x2/2 avec P parcourt [X].

Montrer que E0 est dense dans E puis que F est dense dans E.

Solution

Soit f une fonction élément de E.

Pour tout ε>0, il existe un réel A vérifiant

A+f2(t)dtε.

Considérons alors la fonction φ:[0;+[ définie par φ(t)=1 pour t[0;A], φ(t)=0 pour tA+1 et φ(t)=1-(t-A) pour t[A;A+1]. La fonction fφ est éléments de E0 et

f-fφ2A+f2(t)dtε.

Ainsi, E0 est dense dans E.

Pour montrer maintenant que F est dense dans E, nous allons établir que F est dense dans E0.
Soit f une fonction élément de E0. Remarquons

0+(f(t)-P(e-t)e-t2/2)2dt=u=e-t01(f(-ln(u))e(ln(u))2/2-P(u))2e-(ln(u))2udu.

La fonction ue-(ln(u))2u est intégrable sur ]0;1] car

ue-(ln(u))2uu00.

La fonction g:uf(-ln(u))e(ln(u))2/2 peut être prolongée par continuité en 0 car f est nulle en dehors d’un segment. Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε>0, il existe un polynôme P[X] vérifiant g-P,[0;1]ε et, pour φ:tP(e-t)e-t2/2, on a alors

f-φ2λε avec λ=01e-(ln(u))2udu.

Cela permet de conclure à la densité proposée.

 
Exercice 10  1140    

(Lemme de Lebesgue)

Soit f:[a;b] continue par morceaux. Montrer

abf(t)eintdtn+0.
 
Exercice 11  2601    Correction  

Soit f:[a;b] continue par morceaux. On désire établir

limn+(abf(x)|sin(nx)|dx)=2πabf(x)dx.
  • (a)

    Vérifier le résultat pour une fonction f constante.

  • (b)

    Observer le résultat pour une fonction f en escalier.

  • (c)

    Étendre au cas où f est une fonction continue par morceaux.

Solution

  • (a)

    Supposons f constante égale à C.

    abf(x)|sin(nx)|dx=Cab|sin(nx)|dx.

    Posons p=anπ+1 et q=bnπ.

    ab|sin(nx)|dx=apπn|sin(nx)|dx+k=p+1q(k-1)πnkπn|sin(nx)|dx+qπnb|sin(nx)|dx.

    On a

    |apπn|sin(nx)|dx|πn

    donc

    apπn|sin(nx)|dx0

    et aussi

    qπnb|sin(nx)|dx0.

    De plus,

    k=p+1q(k-1)πnkπn|sin(nx)|dx=(q-p)n0πsin(t)dt=2(q-p)n2(b-a)π.

    Ainsi,

    ab|sin(nx)|dx2π(b-a)

    puis

    abf(x)|sin(nx)|dx=2πabf(x)dx.
  • (b)

    Supposons f en escalier.
    Soit a0,,an une subdivision adaptée à f.
    Par l’étude qui précède,

    ak-1akf(x)|sin(nx)|dx2πak-1akf.

    Puis en sommant par la relation de Chasles

    abf(x)|sin(nx)|dx2πabf.
  • (c)

    Supposons enfin f continue par morceaux.
    Pour ε>0, il existe φ en escalier vérifiant

    f-φ,[a;b]εb-a.

    Puisque

    abφ(x)|sin(nx)|dx2πabφ

    pour n assez grand, on a

    |abφ(x)|sin(nx)|dx-2πabφ|ε.

    Or

    |abφ(x)|sin(nx)|dx-abf(x)|sin(nx)|dx|ε

    et

    |abφ-abf|ε

    donc

    |abf(x)|sin(nx)|dx-2πabf|2ε+2πε.

    Ainsi,

    abf(x)|sin(nx)|dx2πabf.

[<] Continuité et densité



Édité le 08-11-2019

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