Exercice 1 883 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $f_{n} : ℝ_{+} \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = x + \frac{1}{n} .

Montrer que la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément mais qu’il n’en est pas de même de ${(f_{n}^{2})}_{n \geq 1}$ .

Solution

Pour $x \in ℝ$ ,

f_{n} (x) \to_{n \to + \infty}^{} x

| f_{n} (x) - x | = \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

La suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément vers la fonction identité.

Pour $x \in ℝ$ ,

f_{n} {(x)}^{2} \to_{n \to + \infty}^{} x^{2}

f_{n} {(n)}^{2} - n^{2} = 2 + \frac{1}{n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 2 .

Il n’y a pas convergence uniforme de la suite $(f_{n}^{2})$ .

Exercice 2 869 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $f_{n} : ℝ \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}} .

Montrer que chaque $f_{n}$ est de classe $𝒞^{1}$ et que la suite ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément sur $ℝ$ vers une fonction $f$ qui n’est pas de classe $𝒞^{1}$ .

Solution

Par opérations, les fonctions $f_{n}$ sont de classe $𝒞^{1}$ car $\sqrt{\cdot}$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .

La suite $(f_{n})$ converge simplement vers $f$ avec $f (x) = | x |$ qui n’est pas dérivable en $0$ .

En multipliant par la quantité conjuguée,

f_{n} (x) - f (x) = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1 / n} + \sqrt{x^{2}}} .

Par suite,

| f_{n} (x) - f (x) | \leq \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 / n}} = \frac{1}{\sqrt{n}}

puis

{∥ f_{n} - f ∥}_{\infty} \leq \frac{1}{\sqrt{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Ainsi, la suite $(f_{n})$ converge uniformément vers une fonction $f$ qui n’est pas de classe $𝒞^{1}$ .

Exercice 3 887 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable de dérivée seconde bornée.

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $g_{n} : ℝ \to ℝ$ donnée par

g_{n} : x \mapsto n (f (x + \frac{1}{n}) - f (x)) .

Montrer que $(g_{n})$ converge uniformément vers $f^{'}$ sur $ℝ$ .

Solution

Par la formule de Taylor Lagrange,

| f (x + \frac{1}{n}) - f (x) - \frac{1}{n} f^{'} (x) | \leq \frac{M}{n^{2}}

avec $M = sup | f^{''} |$ . Par suite,

| g_{n} (x) - f^{'} (x) | \leq \frac{M}{n}

et donc

{∥ g_{n} - f^{'} ∥}_{\infty, ℝ} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 4 3902 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $u_{n} : ℝ \to ℝ$ définiepar

u_{n} (t) = n (f (t + \frac{1}{n}) - f (t)) .

Montrer que la suite de fonctions ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément sur tout segment de $ℝ$ vers une fonction à préciser.

Solution

Pour $t \in ℝ$ ,

u_{n} (t) = \frac{f (t + 1 / n) - f (t)}{1 / n} \to_{n \to + \infty}^{} f^{'} (t) .

La suite de fonctions ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ converge simplement vers $f^{'}$ sur $ℝ$ .

Soient $[a; b] \subset ℝ$ et $ε > 0$ . La fonction $f^{'}$ est continue sur le segment $[a; b + 1]$ dont uniformément continue. Il existe alors $α > 0$ vérifiant

\forall (s, t) \in {[a; b + 1]}^{2}, | s - t | \leq α ⟹ | f^{'} (s) - f^{'} (t) | \leq ε .

Pour $n$ assez grand de sorte que $1 / n \leq α$ et pour $t \in [a; b]$ , on peut écrire

n (f (t + \frac{1}{n}) - f (t)) - f^{'} (t) = n \int_{t}^{t + 1 / n} (f^{'} (s) - f^{'} (t)) d s

et donc

| u_{n} (t) - f^{'} (t) | \leq n \int_{t}^{t + 1 / n} | f^{'} (s) - f^{'} (t) | d t \leq ε .

Ainsi, la convergence de ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ est uniforme sur tout segment de $ℝ$ .

Exercice 5 888 Correction

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions de $[0; 1]$ vers $ℝ$ convergeant simplement vers la fonction nulle sur $[0; 1]$ .

On suppose toute les fonctions $f_{n}$ croissantes, montrer que la convergence de $(f_{n})$ est uniforme.

Solution

Pour $x \in [0; 1]$ ,

f_{n} (0) \leq f_{n} (x) \leq f_{n} (1)

donc

	${∥ f_{n} - 0 ∥}_{\infty}$	$= \max (f_{n} (0), - f_{n} (1))$
		$\leq \max (\| f_{n} (0) \|, \| f_{n} (1) \|)$
		$\leq \| f_{n} (0) \| + \| f_{n} (1) \| \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 6 889

(Théorème de Dini)

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions définies et continues sur un segment $[a; b]$ convergeant simplement vers la fonction identiquement nulle. On suppose que cette suite est décroissante dans le sens où, pour tout $x \in [a; b]$ , la suite $(f_{n} (x))$ est décroissante. On désire établir que la convergence de la suite $(f_{n})$ est uniforme et l’on introduit

{∥ f_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in [a; b]} | f_{n} (x) | .

(a)

Justifier que pour tout $n \in ℕ$ , il existe $x_{n} \in [a; b]$ tel que ${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = f_{n} (x_{n})$ .
(b)

Établir la convergence de la suite de terme général ${∥ f_{n} ∥}_{\infty}$ .
(c)

En observant que $f_{n} (x_{n}) \leq f_{p} (x_{n})$ pour tout $p \leq n$ , montrer

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Exercice 7 5833 Correction

Soit $φ : ℝ \to ℝ_{+}$ une fonction continue par morceaux, intégrable sur $ℝ$ et d’intégrale égale à $1$ .

Soit $f : ℝ \to ℝ$ continue et bornée.

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on introduit $f_{n} : ℝ \to ℝ$ donnée par

\forall x \in ℝ, f_{n} (x) = n \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x - t) φ (n t) d t .

(a)

Montrer que la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge simplement vers $f$ sur $ℝ$ .
(b)

Établir que cette convergence est uniforme sur tout segment de $ℝ$ .

Solution

(a)

Soit $x \in ℝ$ .

Par le changement de variable $s = n t$ ,

f_{n} (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x - \frac{s}{n}) φ (s) d s .

Parallèlement¹¹ 1 Une résolution par convergence dominée est possible mais s’adapte mal à la résolution de la deuxième question.,

f (x) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) φ (s) d s car \int_{- \infty}^{+ \infty} φ (s) d s = 1 .

On a donc

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$= \| \int_{- \infty}^{+ \infty} [f (x - \frac{s}{n}) - f (x)] φ (s) d s \|$
		$\leq \int_{- \infty}^{+ \infty} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s .$

Soit $ε > 0$ .

On introduit $M = {sup}_{ℝ} | f |$ et $a > 0$ tel que

\int_{- \infty}^{- a} φ (s) d s \leq ε et \int_{a}^{+ \infty} φ (s) d s \leq ε .

On a

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$\leq \int_{- \infty}^{- a} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s$
		$+ \int_{a}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s$
		$\leq 2 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s + 2 M ε$
		$= 4 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s .$

Par continuité de $f$ en $x$ , il existe $α > 0$ tel que

\forall y \in ℝ, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq ε .

Pour $n$ assez grand de sorte que $a / n \leq α$ ,

\forall s \in [- a; a], | (x - \frac{s}{n}) - x | = \frac{| s |}{n} \leq α

et alors

\int_{- a}^{a} | f (x - \frac{s}{n}) - f (x) | φ (s) d s \leq \int_{- a}^{a} ε φ (s) d s \leq ε \int_{- \infty}^{+ \infty} φ (s) d s = ε .

Au final, pour $n$ assez grand,

| f_{n} (x) - f (x) | \leq (4 M + 1) ε .

On a donc

lim_{n \to + \infty} f_{n} (x) = f (x) .

(b)

Soit $[- A; A] \subset ℝ$ avec $A > 0$ quelconque. Montrons que la suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément vers $f$ sur²² 2 Cela est suffisamment général pour inclure tous les segments de $ℝ$ $[- A; A]$ .

Soit $x \in ℝ$ . On reprend les calculs précédents pour écrire

$| f_{n} (x) - f (x) | \leq 4 M ε + \int_{- a}^{a} | f (x - \frac{s}{n}) - f (x) | φ (s) d s .$

Par le théorème de Heine, la fonction $f$ est uniformément continue sur le segment $S = [- A - a; A + a]$ . Il existe donc $α > 0$ tel que

$\forall (x, y) \in S^{2}, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq ε .$

Soit $x \in [- A; A] \subset S$ . Pour tout $s \in [- a; a]$ et tout $n \in ℕ^{*}$ , $y = x - s / n \in S$ .

Pour $n$ assez grand de sorte que $a / n \leq α$ ,

$\int_{- a}^{a} | f (x - \frac{s}{n}) - f (x) | φ (s) d s \leq \int_{- a}^{a} ε φ (s) d s \leq ε$

et donc

$| f_{n} (x) - f (x) | \leq (4 M + 1) ε .$

Cela est obtenu pour $n$ assez grand indépendant de $x$ choisi dans $[- A; A]$ .

La suite de fonctions ${(f_{n})}_{n \geq 1}$ converge uniformément vers $f$ sur $[- A; A]$ .

Exercice 8 5825 Correction

Soit $(f_{n})$ est une suite de fonctions de classe $𝒞^{1}$ de $[a; b]$ vers $ℝ$ telle qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

\forall n \in ℕ, \forall x \in [a; b], | f_{n}^{'} (x) | \leq M .

On suppose que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement vers une fonction $f$ sur $[a; b]$ . Établir que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge uniformément sur $[a; b]$ .

Solution

Par l’inégalité des accroissements finis, on observe

\forall n \in ℕ, \forall (s, t) \in {[a; b]}^{2}, | f_{n} (t) - f_{n} (s) | \leq M | t - s | .

En passant à la limite quand $n$ tend vers l’infini, la convergence simple donne

\forall n \in ℕ, \forall (s, t) \in {[a; b]}^{2}, | f (t) - f (s) | \leq M | t - s | .

Soit $ε > 0$ . Il existe $N \in ℕ$ tel que

M \frac{b - a}{N} \leq ε .

Considérons alors la subdivision de $[a; b]$ formée par

x_{k} = a + k \frac{b - a}{N} pour k = 0, \dots, N .

Pour $k \in ⟦ 0; N ⟧$ , il existe $n_{k} \in ℕ$ tel que

\forall n \geq n_{k}, | f_{n} (x_{k}) - f (x_{k}) | \leq ε .

Posons $n^{'} = \max (n_{0}, n_{1}, \dots, n_{N})$ . On a

\forall n \geq n^{'}, \forall k \in ⟦ 0; N ⟧, | f_{n} (x_{k}) - f (x_{k}) | \leq ε .

Soit $x \in [a; b]$ quelconque. Il existe $k \in ⟦ 0; N - 1 ⟧$ tel que $x \in [x_{k}; x_{k + 1}]$ . On écrit alors

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$= \| (f_{n} (x) - f_{n} (x_{k})) + (f_{n} (x_{k}) - f (x_{k})) + (f (x_{k}) - f (x)) \|$
		$\leq \| f_{n} (x) - f_{n} (x_{k}) \| + \| f_{n} (x_{k}) - f (x_{k}) \| + \| f (x_{k}) - f (x) \|$

et donc

\forall n \geq n^{'}, | f_{n} (x) - f (x) | \leq M | x - x_{k} | + ε + M | x - x_{k} | \leq 2 M \frac{b - a}{N} + ε \leq 3 ε .

En résumé,

\forall ε > 0, \exists n^{'} \in ℕ, \forall x \in [a; b], \forall n \geq n^{'}, | f_{n} (x) - f (x) | \leq 3 ε .

Ainsi, $(f_{n})$ converge uniformément vers $f$ sur $[a; b]$ .

Exercice 9 2833 MINES (MP)Correction

On note $𝕌$ l’ensemble des complexes de module $1$ et l’on considère $ω$ un complexe de module différent de $1$ .

Exprimer une condition nécessaire et suffisante pour que la fonction

z \mapsto \frac{1}{z - ω}

soit limite uniforme sur $𝕌$ d’une suite de fonctions polynomiales.

Solution

Cas: $| ω | > 1$ . Pour $z \in 𝕌$ , on peut écrire

\frac{1}{z - ω} = - \frac{1}{ω} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{ω^{n}} .

La convergence normale sur $𝕌$ de la série assure la convergence uniforme d’une suite de polynômes vers

z \mapsto \frac{1}{z - ω} .

Cas: $| ω | < 1$ . On remarquer que pour tout $k \in ℕ$ ,

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{- i k θ}}{e^{i θ} - ω} d θ = \sum_{n = 0}^{+ \infty} ω^{n} \int_{0}^{2 π} e^{- i (n + (k + 1)) θ} d θ = 0 .

Si $z \mapsto P_{n} (z)$ est une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément sur $𝕌$ vers $z \mapsto \frac{1}{z - ω}$ alors

\int_{0}^{2 π} \bar{P_{n} (e^{i θ})} \frac{1}{e^{i θ} - ω} d θ \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{2 π} \frac{d θ}{{| e^{i θ} - ω |}^{2}} \neq 0 .

Or, par le calcul précédent, on peut affirmer

\int_{0}^{2 π} \bar{P_{n} (e^{i θ})} \frac{1}{e^{i θ} - ω} d θ = 0 .

On conclut à une absurdité.

La condition cherchée est $| ω | > 1$ .

Exercice 10 2969 X (MP)

Soit $(f_{n})$ une suite de fonctions réelles convexes définies sur un intervalle ouvert non vide $I$ . On suppose que la suite de fonctions $(f_{n})$ converge simplement sur $I$ . Montrer que la convergence est en fait uniforme sur tout segment inclus dans $I$ .

[<] Étude pratique de la convergence d'une suite de fonctions [>] Étude pratique de la limite d'une suite de fonctions

Édité le 29-08-2023

	$\| f_{n} (x) - f (x) \|$	$\leq \int_{- \infty}^{- a} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s$
		$+ \int_{a}^{+ \infty} \underset{\begin{matrix} \leq 2 M \end{matrix}}{\underset{⏟}{\| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \|}} φ (s) d s$
		$\leq 2 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s + 2 M ε$
		$= 4 M ε + \int_{- a}^{a} \| f (x - \frac{s}{n}) - f (x) \| φ (s) d s .$

Étude théorique de la convergence d'une suite de fonctions