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Exercice 1  2532    CCP (MP)Correction  

Soient α et n*. Pour x+, on pose

fn(x)=x(1+nαe-nx).
  • (a)

    Montrer que la suite de fonctions (fn) converge simplement vers une fonction f à déterminer.

  • (b)

    Déterminer les valeurs de α pour lesquelles il y a convergence uniforme.

  • (c)

    Calculer

    limn+01x(1+ne-nx)dx.

Solution

  • (a)

    En distinguant le cas x=0 du cas général, on obtient que la suite de fonction (fn) converge simplement vers la fonction f donnée par f(x)=x.

  • (b)

    Par étude des variations de fn(x)-f(x), on obtient qu’il y a convergence uniforme si, et seulement si, α<1.

  • (c)

    Par un argument de convergence uniforme, on peut échanger limite et intégrale

    limn+01x(1+ne-nx)dx=01xdx=12.
 
Exercice 2  893   Correction  

On définit (un) suite de fonctions de [0;1] vers par

u0(x)=1etun+1(x)=1+0xun(t-t2)dtpour tout n.
  • (a)

    Montrer que pour tout x[0;1],

    0un+1(x)-un(x)xn+1(n+1)!.
  • (b)

    En déduire la convergence pour tout x[0;1] de la suite (un(x)).

  • (c)

    Établir que la suite (un) converge uniformément vers une fonction u non nulle vérifiant

    u(x)=u(x-x2).

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur n.

    Pour n=0, u0(x)=1 et u1(x)=1+0xdt=1+x donc 0u1(x)-u0(x)=x.

    Supposons la propriété établie au rang n0.

    un+2(x)-un+1(x)=0xun+1(t-t2)-un(t-t2)dt

    or un+1(t-t2)-un(t-t2)0 donc un+2(x)-un+1(x)0 et

    un+1(t-t2)-un(t-t2)(t-t2)n+1(n+1)!tn+1(n+1)!

    puis

    un+2(x)-un+1(x)xn+2(n+2)!.

    Récurrence établie.

  • (b)

    Pour tout x, on sait qu’il y a convergence de la série exponentielle

    xnn!.

    Par comparaison de série à termes positifs, il y a convergence de la série télescopique

    (un+1(x)-un(x))

    et donc convergence de la suite (un(x)).

  • (c)

    Pour tout x[0;1],

    |u(x)-un(x)|=|k=n+1+(uk(x)-uk-1(x))|

    donc

    |u(x)-un(x)|k=n+1+xkk!k=n+1+1k!n+0.

    Ainsi (un) converge uniformément vers u. On en déduit que u est continue et, toujours par convergence uniforme,

    x[0;1],0xun(t-t2)dtn+0xu(t-t2)dt.

    Par conséquent,

    x[0;1],u(x)=1+0xu(t-t2)dt.

    La fonction u est donc une fonction non nulle (car u(0)=1) et dérivable avec

    u(x)=u(x-x2).
 
Exercice 3  3891   

Soit γ[0;1[. On définit une suite de fonctions (un) de + vers par:

u0(x)=1etun+1(x)=1+0xun(γt)dtpour tout n.
  • (a)

    Montrer que pour tout x+,

    0un+1(x)-un(x)xn+1(n+1)!.
  • (b)

    En déduire la convergence simple de la suite (un) sur +.

  • (c)

    Établir que la limite u de la suite (un) est une fonction dérivable vérifiant

    u(x)=u(γx)pour tout x+.
 
Exercice 4  4747    

On considère la suite de fonctions (un)n1 définies sur ]1;+[ par

un(x)=k=1n(1+1xk).
  • (a)

    Montrer que la suite de fonctions (un) converge simplement sur ]1;+[.

    On pourra librement employer l’inégalité11 1 Cette inégalité peut être simplement obtenue en étudiant les variations de la fonction différence ou en employant un argument de convexité. 1+xex valable pour tout xR.

On peut alors introduire sa fonction limite u définie par

u(x)=k=1+(1+1xk)=déflimn+k=1n(1+1xk)pour tout x>1.
  • (b)

    Étudier la monotonie de la fonction u.

  • (c)

    Soit a>1 arbitraire. Montrer que la suite de fonctions (un) converge uniformément sur [a;+[.

  • (d)

    En déduire que la fonction u est continue.

  • (e)

    Déterminer la limite de la fonction u en +.

  • (f)

    Justifier que la convergence de la suite (un)n1 n’est pas uniforme au voisinage de 1.

  • (g)

    Déterminer la limite de la fonction u en 1+.

 
Exercice 5  2970      X (MP)Correction  

On note E l’ensemble des fonctions f:[0;1]+ continues. On pose

Φ(f):{[0;1]+x0xf(t)dt

pour toute fonction fE. On définit ensuite une suite de fonctions (fn) en posant f0=1 puis fn+1=Φ(fn) pour tout n.

  • (a)

    Étudier la convergence uniforme de la suite (fn).

On note f la limite simple de la suite (fn).

  • (b)

    Vérifier que f est solution de l’équation différentielle y=y.

Solution

  • (a)

    On vérifie sans peine que la suite (fn) est bien définie.

    f1(x)=x,f2(x)=23x3/2,

    Si f(x)=αxβ alors

    Φ(f)(x)=α0xtβ/2dt=2αβ+2xβ/2+1.

    Ainsi, fn(x)=αnxβn avec

    αn+1=2αnβn+2etβn+1=βn2+1.

    On a

    βn=2n-12n-1n+2

    et, pour n1,

    αn+1=2αn4-12n-1.

    On a

    αn+2-αn+1=2αn+14-12n-2αn4-12n-1.

    Or 2n2n-1 donne

    24-12n24-12n-1

    donc

    αn+2-αn+124-12n-1(αn+1-αn).

    Puisque α1=α0, on obtient alors par récurrence que la suite (αn) est décroissante.
    Étant aussi minorée par 0, elle converge et en passant la relation de récurrence à la limite, on obtient

    αnn+1/4.

    On en déduit que la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction

    f:x(x2)2.

    De plus,

    fn(x)-f(x)=αn(xβn-x2)+(αn-14)x2.

    Puisque βn2, on a pour tout x[0;1] et en exploitant eu1+u

    0xβn-x2 =βn2|ln(x)|xtdt
    (2-βn)|ln(x)|.xβn(2-βn)|ln(x)|x.

    Puisque la fonction xx|ln(x)| est bornée par 1/e sur [0;1],

    0xβn-x22-βn

    et ainsi

    |fn(x)-f(x)|=αn(2-βn)+(αn-14)

    et ce majorant uniforme tend vers 0.
    Il y a donc convergence uniforme de la suite de fonctions (fn) vers f.

  • (b)

    La relation

    fn+1(x)=0xfn(t)dt

    donne à la limite

    f(x)=0xf(t)dt

    d’où l’on tire f dérivable et f(x)=f(x). Cependant, cela est aussi le résultat d’un calcul direct puisque

    f:x(x2)2.
 
Exercice 6  4104      CENTRALE (MP)Correction  

On étudie l’équation fonctionnelle

(E):f(2x)=2f(x)-2f(x)2.
  • (a)

    Quelles sont les solutions constantes sur ?

  • (b)

    Soit h:. On pose f(x)=xh(x) pour tout x. À quelle condition sur h, la fonction f est-elle solution de (E)?

  • (c)

    On définit par récurrence une suite de fonctions de dans en posant: h0:x1 et, pour tout n,

    hn+1(x)=hn(x2)-x2(hn(x2))2.

    Pour x[0;1], soit Tx:yy-xy2/2. Montrer que Tx est 1-lipschitzienne sur [0;1] et que Tx([0;1])[0;1].
    Montrer que la suite (hn)n converge uniformément sur [0;1].

  • (d)

    Montrer que l’équation (E) admet une solution continue et non constante sur [0;1].

  • (e)

    Montrer que l’équation (E) admet une solution continue et non constante sur +.

Solution

  • (a)

    Si f est constante égale à C alors l’équation (E) est vérifiée si, et seulement si, C=2C-2C2. Cette dernière équation est vérifiée pour C=0 et C=1/2 seulement.

  • (b)

    Après substitution et étude séparée du cas x=0, on obtient f solution de (E) si, et seulement si, h vérifie

    h(2x)=h(x)-xh(x)2.
  • (c)

    L’application Tx est de classe 𝒞1 et Tx(y)=1-xy. Sur [0;1], on vérifie |Tx(y)|1 et la fonction Tx est donc 1-lipschitzienne sur [0;1]. Au surplus, la fonction Tx est croissante sur [0;1] avec Tx(0)=0 et Tx(1)=1-x/2. On en déduit Tx([0;1])[0;1].
    Par une récurrence immédiate, on vérifie

    n,x[0;1],hn(x)[0;1].

    Pour n1 et x[0;1], on a par lipschitzianité

    |hn+1(x)-hn(x)||hn(x2)-hn-1(x2)|.

    En répétant cette majoration

    |hn+1(x)-hn(x)||h1(x2n)-h0(x2n)|=x2n+112n+1.

    La série télescopique hn+1(x)-hn(x) converge donc absolument et la suite (hn(x)) est donc convergente. La suite de fonctions (hn) converge donc simplement vers une fonction h. Au surplus

    |h(x)-hn(x)|=|k=n+hk+1(x)-hk(x)|k=n+12k+1=12nn+0.

    La convergence de la suite (hn) est donc uniforme sur [0;1].

  • (d)

    La fonction h est limite uniforme d’une suite de fonctions continues, elle est donc continue sur [0;1]. En passant à la limite la relation

    x[0;1],hn+1(x)=hn(x2)-x2hn(x2)2

    on obtient l’identité

    x[0;1],h(x)=h(x2)-x2h(x2)2.

    Puisque hn(0)=1 pour tout n, on a h(0)=1 et la fonction h n’est pas nulle. On peut alors définir la fonction f:xxh(x) qui est continue, non constante et vérifie

    x[0;1],f(x)=2f(x2)-2f(x2)2.
  • (e)

    On peut ensuite définir une solution sur [0;2] en posant

    x]1;2],f(x)=2f(x2)-2f(x2)2.

    Cette solution est bien continue en 1 car

    limx1+f(x)=2f(12)-2f(12)2=f(1).

    De même, on prolonge la solution sur [0;4], [0;8], etc.

 
Exercice 7  5417    Correction  

Pour n* et x>0, on pose

fn(x)=ln(n)-k=0n1k+x.
  • (a)

    Montrer que la suite (fn(x))n1 est croissante et majorée.

    On rappelle la comparaison ln(1+u)u pour tout u]-1;+[.

On pose

Ψ(x)=limn+(ln(n)-k=0n1k+x).
  • (b)

    Montrer que Ψ est définie et continue sur ]0;+[.

  • (c)

    Simplifier Ψ(x+1)-Ψ(x) pour x>0. En déduire un équivalent de Ψ en 0+.

  • (d)

    Déterminer un équivalent de Ψ en +.

Solution

  • (a)

    Soit x+*. Pour n2,

    fn(x)-fn-1(x)=-ln(1-1n)-1n+x1n-1n+x0.

    La suite (fn(x))n1 est donc croissante.

    Pour x+* et k,

    1k+xln(1+1k+x)=ln(k+1+x)-ln(k+x)

    et donc

    fn(x) ln(n)-k=0n(ln(k+1+x)-ln(k+x))
    =ln(n)+ln(x)-ln(n+1+x)ln(x).

    La suite (fn(x))n1 est donc majorée.

  • (b)

    Par l’étude qui précède, on sait la convergence simple de (fn)n1 sur +* ce qui assure que la fonction Ψ est bien définie sur ]0;+[. Aussi, les fonctions fn sont chacune continues sur +*. Étudions la convergence uniforme de (fn)n1.

    Soit a>0. Pour x]0;a], on remarque

    |Ψ(x)-fn(x)|=Ψ(x)-fn(x)=limN+(fN(x)-fn(x)).

    Or pour Nn+1

    fN(x)-fn(x) =ln(Nn)-k=n+1N1k+x
    ln(Nn)-k=n+1N1k+a
    =fN(a)-fn(a).

    À la limite quand N tend vers +,

    |Ψ(x)-fn(x)|Ψ(a)-fn(a).

    Ainsi,

    supx]0;a]|Ψ(x)-fn(x)||Ψ(a)-fn(a)|N+0.

    La suite de fonctions (fn)n1 converge uniformément sur ]0;a] et ce pour tout a>0, on en déduit que la fonction Ψ est continue sur ]0;+[.

  • (c)

    Pour x>0, on obtient après simplifications,

    fn(x+1)-fn(x)=1x-1n+1+x.

    À la limite quand n+, il vient

    Ψ(x+1)-Ψ(x)=1x.

    Quand x tend vers 0+, Ψ(x+1) tend vers la constante Ψ(1) ce qui permet d’écrire

    Ψ(x)=-1x+Ψ(x+1)=x0+-1x+o(1x)x0+-1x.
  • (d)

    Pour k*,

    kk+1dtt+x1k+xk-1kdtt+x

    et donc

    0n+1dtt+xk=0n1k+x1x+0ndtt+x

    puis

    ln(n+1+x)-ln(x)k=0n1k+x1x+ln(n)-ln(x)

    et enfin

    ln(x)-1xfn(x)ln(nn+1+x)+ln(x).

    À la limite quand n+, on obtient l’encadrement

    ln(x)-1xΨ(x)ln(x).

    On en déduit

    Ψ(x)x+ln(x).

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Édité le 08-11-2019

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