Suites de fonctions

$\displaystyle (a+b)^n$ 👉 Formule du binôme.

On a $\displaystyle \left(1+\frac{z}{n} \right)^n=\sum_{k=0}^n {n\choose k} \frac{z^k}{n^k}=\sum_{k=0}^n \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\frac{z^k}{k!}$, en utilisant la formule du binôme et la définition de $\displaystyle {n\choose k}$. En écrivant la série de l’exponentielle, on obtient donc
$$e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n=\sum_{k=0}^n \left(1-\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\right)\frac{z^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{z^k}{n^k}.$$ On choisit désormais $\displaystyle z$ quelconque dans la boule $\displaystyle B(0,M)$ de centre $\displaystyle 0$ et de rayon $\displaystyle M>0$, i.e. $\displaystyle |z|\le M$. Ainsi, par l’inégalité triangulaire :
$\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le\sum_{k=0}^n \left(1-\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\right)\frac{M^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^\infty \frac{M^k}{n^k}$, car $\displaystyle 1-\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\ge0$.
D’où $\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le e^M-\left(1+\frac{M}{n} \right)^n$. En utilisant que $\displaystyle \left(1+\frac{M}{n} \right)^n\xrightarrow[n\to\infty]{}e^M$, on conclut que $\displaystyle \sup_{z\in B(0,M)}\left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\xrightarrow[n\to\infty]{} 0$, ce qu’on voulait.
Remarque — L’inégalité $\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le e^M-\left(1+\frac{M}{n} \right)^n$ pour $\displaystyle |z|\le M$ est quasiment miraculeuse car l’inégalité triangulaire appliquée brutalement donne $\displaystyle \left|e^z-\left(1+\frac{z}{n} \right)^n\right|\le e^M+\left(1+\frac{M}{n} \right)^n$.

1. Soient $\displaystyle 0 \le x \le y \le 1$. On a $\displaystyle f_n(x) \le f_n(y)$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$, en passant à la limite dans cette inégalité on obtient $\displaystyle f(x) \le f(y)$, donc $\displaystyle f$ est croissante.
2. La fonction $\displaystyle f$ est continue sur le segment $\displaystyle [0,1]$, par le théorème de Heine, on sait alors qu’elle est uniformément continue. En particulier, il existe $\displaystyle \alpha > 0$ tel que $$|x-y| \le \alpha \Rightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon.$$ En choisissant $\displaystyle K > \frac{1}{\alpha}$, on répond alors à la question.
3. Soit $\displaystyle 0 \le k \le K$. La suite $\displaystyle f_n(x_k)$ converge vers $\displaystyle f(x_k)$, donc : $$\exists N_k \ge 1 \ , \ \forall n \ge N_k \ , \ |f_n(x_k)-f(x_k)| < \varepsilon.$$ Il suffit alors de choisir $\displaystyle N \ge \max(N_0,\ldots,N_k)$.
4. Soit $\displaystyle x \in [0,1]$ fixé. Soit $\displaystyle 0 \le k \le K-1$ tel que $\displaystyle x \in [x_k, x_{k+1}]$. La croissance des fonctions $\displaystyle f_n$ et $\displaystyle f$ permet d’écrire que $$f(x_k)-f_n(x_{k+1}) \le f(x) - f_n(x) \le f(x_{k+1})-f_n(x_k),$$ donc $$|f(x)-f_n(x)| \le \max(|f(x_{k+1})-f_n(x_k)|,|f(x_k)-f_n(x_{k+1})|.$$ Or d’après l’inégalité triangulaire, on a $$|f(x_{k+1})-f_n(x_k)| \le |f(x_{k+1})-f(x_k)| + |f(x_k)-f_n(x_k)|,$$ et cette quantité peut être majorée par $\displaystyle 2 \varepsilon$ si $\displaystyle n \ge N$. De la même façon, on a $$\forall n \ge N \ , \ |f(x_k)-f_n(x_{k+1})| \le 2 \varepsilon.$$ Ainsi il existe $\displaystyle N \ge 1$, ne dépendant pas de $\displaystyle x \in [0,1]$ et tel que $\displaystyle |f_n(x)-f(x)| \le 2 \varepsilon$, ce qui signifie que $\displaystyle (f_n)$ converge uniformément vers $\displaystyle f$ sur $\displaystyle [0,1]$.

CVU de fonctions continues 👉 Continuité de la fonction limite.

1. Si $\displaystyle x = 0$, alors $\displaystyle f_n(x)=0$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$. Si $\displaystyle x>0$, alors $\displaystyle \lim_{n \to \infty} nx = +\infty$, et comme la fonction $\displaystyle \arctan$ est continue, on a $$\lim_{n \to \infty} f_n(x) = \lim_{x \to \infty} \arctan(x) = \frac{\pi}{2} .$$ Enfin, le même raisonnement montre que $\displaystyle \lim_{n \to \infty} f_n(x) = -\frac{\pi}{2}$ si $\displaystyle x<0$. Ainsi, la suite de fonctions $\displaystyle (f_n)$ converge simplement vers la fonction $\displaystyle f : \R \rightarrow \R$ décrite par $\displaystyle f(x) = -\frac{\pi}{2}$ si $\displaystyle x<0$, $\displaystyle f(0)=0$ et $\displaystyle f(x) = \frac{\pi}{2}$ si $\displaystyle x>0$.
2. On peut répondre de plusieurs façons à cette question : l’argument le plus simple consiste à dire qu’une limite uniforme d’une suite de fonctions continues est une fonction continue. Or ici la fonction $\displaystyle f$ n’est pas continue en $\displaystyle 0$, donc la convergence ne peut pas être uniforme.
   Une autre méthode, un peu plus constructive, consiste à trouver une suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 1}$ convergeant vers un certain $\displaystyle x \in \R$, telle que la suite $\displaystyle (f_n(x_n))_{n \ge 1}$ ne converge pas vers $\displaystyle f(x)$. Ici, si on pose $\displaystyle x_n = \frac{1}{n}$, donc $\displaystyle x=0$, on a $\displaystyle f_n(x_n) = \arctan(\pi/4) = 1$ et $\displaystyle f(0)=0$, ce qui prouve la non-uniformité de la convergence.
3. Soit $\displaystyle A>0$ donné. Soit $\displaystyle \varepsilon > 0$. La convergence de la suite $\displaystyle f_n(A)$ vers $\displaystyle f(A)$ donne l’existence d’un $\displaystyle N \ge 1$ tel que $\displaystyle \left|\frac{\pi}{2}-\arctan(nA)\right| \le \varepsilon$ pour tout $\displaystyle n \ge N$. De plus , la fonction $\displaystyle \arctan$ est croissante sur $\displaystyle \R$, on a donc, pour tout $\displaystyle x \ge A$ et tout $\displaystyle n \ge N$, $$|f_n(x)-f(x)| = \frac{\pi}{2}-\arctan(nx) \le \frac{\pi}{2}-\arctan(nA) \le \varepsilon.$$ L’indice $\displaystyle N \ge 1$ ne dépend pas du choix de $\displaystyle x \in [A,\infty[$, ce qui signifie que $\displaystyle (f_n)_{n \ge 1}$ converge vers $\displaystyle f$ uniformément sur $\displaystyle [A,+\infty[$. Le raisonnement est similaire pour l’intervalle $\displaystyle ]-\infty,-A]$.

1. On reconnaît un résultat du cours 👉 le critère spécial des séries alternées !
2. On pense à la question précédente.
3. On reconnaît une série géométrique 👉 on peut regarder les sommes partielles.
4. Si on justifie que $\displaystyle S'=T$ (suggéré par l’intuition), on peut utiliser la question précédente.

1. On est dans le cadre d’application du critère spécial des séries alternées : on sait alors que la série $\displaystyle \sum_{k \ge 1} (-1)^k a_k$ est convergente, ce qui équivaut à dire que la suite $\displaystyle (R_n)_{n \ge 1}$ est bien définie et de limite nulle. Mieux encore, on a un contrôle du reste : on sait que $\displaystyle |R_n| \le a_{n+1}$.
2. Soit $\displaystyle x \in [0,1]$ fixé. La série $\displaystyle \sum_{k \ge 1} (-1)^k f_k(x)$ est une série alternée, on sait donc qu’elle est convergente. Notons $\displaystyle S(x)$ sa limite. La majoration du reste énoncée à la question précédente permet d’écrire que : $$\forall x \in [0,1] \ , \ \left|S(x)- \sum_{k \ge 1} (-1)^k f_k(x)\right| = \left|\sum_{k=n+1}^\infty (-1)^k f_k(x)\right| \le |f_{n+1}(x)| \le \frac{1}{n+1}.$$ On a obtenu une majoration indépendante de $\displaystyle x$ et de limite nulle, ce qui signifie que la suite $\displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^k f_k(x)$ converge uniformément vers $\displaystyle S$ sur $\displaystyle [0,1]$.
3. On connaît une expression des sommes partielles : $$\sum_{k=1}^n (-1)^k f_k'(x) = \sum_{k=1}^n (-1)^k x^{k-1} = -\sum_{l=0}^{n-1} (-x)^l = -\frac{1-(-x)^n}{1+x}.$$ Soit $\displaystyle T : [0,1[ \rightarrow \R$ la fonction définie par $\displaystyle T(x) = -\frac{1}{1+x}$. On a alors : $$\forall x \in [0,A] \ , \ \left|T(x) -\sum_{k=1}^n (-1)^k f_k'(x) \right| = \frac{|x|^n}{1+x} \le |A|^n.$$ On a obtenu une majoration ne dépendant pas de $\displaystyle x$ et de limite nulle, la série $\displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^k f_k'(x)$ converge donc vers $\displaystyle T$ uniformément sur tout intervalle $\displaystyle [0,A]$.
4. La convergence uniforme de la série des dérivées, ainsi que la convergence en $\displaystyle 0$ de la série $\displaystyle \sum_{k \ge 1} (-1)^k f_k$ permet d’affirmer, par un résultat du cours, que la limite $\displaystyle S(x)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle [0,A]$ et que $\displaystyle S'(x) = T(x)$. Comme $\displaystyle S(0)=0$, on en déduit que : $$\forall x \in [0,A] \ , \ S(x) = \int_0^x T(t) dt = -\ln(1+x).$$ Comme ce résultat est vrai pour tout $\displaystyle A<1$, on en déduit qu’on a $\displaystyle S(x) = -\ln(1+x)$ pour tout $\displaystyle x \in [0,1[$. De plus, la fonction $\displaystyle S$ est continue sur le segment $\displaystyle [0,1]$, comme limite uniforme d’une suite de fonctions continues sur $\displaystyle [0,1]$, on a donc : $$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k} = S(1) = \lim_{x \to 1} S(x) = -\ln(2).$$

Convergence simple 👉 On fixe $\displaystyle x$ et on étudie la limite de $\displaystyle u_n(x)$.
Convergence uniforme 👉 Étudier la limite de $\displaystyle \sup_{x\in[0;1]}|u_n(x)-u(x)|$ quand $\displaystyle n\to\infty$.

$\displaystyle \bullet$ Convergence simple.
Soit $\displaystyle x\in]0;1[$. On a $\displaystyle x^n\to 0$, donc $\displaystyle u_n(x)=x^n\ln(x)\to 0$.
Par ailleurs $\displaystyle u_n(0)=0$ et $\displaystyle u_n(1)=0$.
Ainsi, $\displaystyle (u_n)$ converge simplement sur $\displaystyle [0;1]$ vers la fonction nulle.

$\displaystyle \bullet$ Convergence uniforme.
Nous allons maintenant calculer $\displaystyle \Vert u_n\Vert_\infty = \sup_{x\in[0;1]}|u_n(x)|$.
Remarquons que $\displaystyle u_n$ est continue en $\displaystyle 0$ (donc sur $\displaystyle [0;1]$) car $\displaystyle x^n\ln(x)\underset{x\to 0}\rightarrow 0$, par croissance comparée.
Soit $\displaystyle n\in\N^*$. $\displaystyle u_n$ est dérivable sur $\displaystyle ]0;1]$, et $\displaystyle \forall x\in]0;1],~u'_n(x)=nx^{n-1}\ln(x)+x^{n-1}=x^{n-1}(n\ln(x)+1)$.
Ainsi : $\displaystyle u'_n(x)\geq 0\Leftrightarrow \ln(x)\geq -1/n\Leftrightarrow x\geq e^{-1/n}$.
Donc $\displaystyle u_n$ est décroissante sur $\displaystyle [0;e^{-1/n}]$, croissante sur $\displaystyle [e^{-1/n};1]$.
Puisque $\displaystyle u_n(0)=u_n(1)=0$ on a donc $\displaystyle \Vert u_n\Vert_\infty = \left| u_n\left(e^{-1/n}\right)\right| = \frac{1}{en}$.
Ainsi, puisque $\displaystyle \frac{1}{en}\underset{n\to \infty}\rightarrow 0$, $\displaystyle (u_n)$ converge uniformément vers $\displaystyle 0$ sur $\displaystyle [0;1]$.

1. Fixer $\displaystyle x\in\R$. Étudier la limite de $\displaystyle f_n(x)$.
2. et 3. Pour savoir si $\displaystyle \sup_{x\in I}|f_n(x)|\underset{n\to\infty}\to 0$,

• Une majoration judicieuse de $\displaystyle |f_n(x)|$ peut permettre de conclure que c’est le cas;
• Une minoration judicieuse de $\displaystyle |f_n(x)|$ peut permettre de conclure que ce n’est pas le cas;

1. Pour $\displaystyle x\neq 0$, $\displaystyle |f_n(x)|\leq \frac{1}{1+n^2x^2}$, donc par comparaison $\displaystyle \lim_{n\to\infty} f_n(x)=0$.
   De plus $\displaystyle f_n(0)=0$. Donc $\displaystyle (f_n)$ converge simplement vers la fonction nulle sur $\displaystyle \R$.
2. Soit $\displaystyle a>0$. On a : $\displaystyle \forall x\geq a, |f_n(x)|\leq \frac{1}{1+n^2x^2}\leq \frac{1}{1+n^2a^2}$
   Ainsi $\displaystyle \sup_{x\geq a} |f_n(x)|\leq \frac{1}{1+n^2a^2}$, donc par comparaison $\displaystyle \sup_{x\geq a} |f_n(x)|\underset{n\to\infty}\to 0$.
   Donc $\displaystyle (f_n)$ converge uniformément vers $\displaystyle 0$ sur $\displaystyle \left[ a ,+ \infty\right[$.
3. On peut remarquer que $\displaystyle f_n(1/n)=\frac{\sin(1)}{2}$, donc $\displaystyle \sup_{x>0}|f_n(x)|\geq\frac{\sin(1)}{2}$.
   Par conséquent $\displaystyle \sup_{x>0}|f_n(x)|$ ne tend pas vers $\displaystyle 0$ quand $\displaystyle n\to\infty$, donc $\displaystyle (f_n)$ ne converge pas uniformément sur $\displaystyle \left]0 ,+ \infty\right[$.

Limite d’une intégrale mais on ne sait pas calculer cette intégrale
👉 théorème d’interversion limite intégrale.
Ici on n’est pas sur un segment : pas le choix, c’est le théorème de convergence dominée.

Posons $\displaystyle f_n(x)=\frac{x^n}{1+x^{n+2}}$ pour $\displaystyle x\ge 0$ et $\displaystyle n\in\N$.

• pour $\displaystyle n\in\N$, $\displaystyle f_n$ est continue sur $\displaystyle \R_+$.
• $\displaystyle (f_n)$ converge simplement sur $\displaystyle \R_+$ vers la fonction $$f:x\mapsto\begin{cases} 0,&\text{ si }x\in[0;1[,\\ 1/2,&\text{ si }x=1,\\ 1/x^2,&\text{ si }x\in]1;+\infty[. \end{cases}$$
  $\displaystyle f$ est continue par morceaux sur $\displaystyle \R_+$.
• Pour tout $\displaystyle n\in\N$, $\displaystyle |f_n|\leq g$, avec $\displaystyle g:x\mapsto \begin{cases} 1,&\text{ si }x\in[0;1],\\ 1/x^2,&\text{ si }x\in]1;+\infty[, \end{cases}$
  $\displaystyle g$ est intégrable sur $\displaystyle \R_+$ (comparaison avec une intégrale de Riemann).

Ainsi on peut appliquer le théorème de convergence dominée :
$$\lim_{n\to+\infty}\left(\int_0^{+\infty} \frac{x^n}{1+x^{n+2}}~\mathrm{d} x\right) = \int_0^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2}~\mathrm{d}x=1.$$

Limite de l’intégrale d’une suite de fonctions 👉 étude de la convergence simple, puis quel théorème ensuite ?

Fixons $\displaystyle x\in[0,1]$ et notons $\displaystyle u_n(x)$ l’expression au dénominateur dans l’intégrale $\displaystyle I_n$. On a $$u_0=2x,\qquad\text{et}\quad\forall n\in\N,~u_{n+1}(x)=\sqrt{2+u_n(x)}.$$
Une étude de suite récurrente avec les méthodes classiques montre que $\displaystyle (u_n(x))_{n\in\N}$ converge en croissant vers $\displaystyle 2$.
Ainsi la suite de fonctions $\displaystyle \left(\frac{1}{u_n}\right)_{n\in\N^*}$ converge simplement sur $\displaystyle [0,1]$ vers la fonction constante égale à $\displaystyle \frac{1}{2}$.
Remarque. Nous avons exclu le terme $\displaystyle n=0$ car $\displaystyle \frac{1}{u_0}$ n’est pas définie en $\displaystyle x=0$.

Comme $\displaystyle \left(\frac{1}{u_n(x)}\right)_{n\in\N}$ est décroissante on a : $\displaystyle \forall n\in\N^*,\forall x\in[0,1],0<\frac{1}{u_n(x)}\le \frac{1}{u_1(x)}$, or la fonction $\displaystyle x\mapsto \frac{1}{u_1(x)}$ est intégrable sur $\displaystyle [0,1]$ car continue sur ce segment.

Conclusion. par théorème de convergence dominée, on a
$$\lim \left(\int_0^1 u_n(x)\mathrm{d} x\right)=\int_0^1\left(\lim u_n(x)\right)\mathrm{d} x=\int_0^1\frac 12~\mathrm{d} x=\frac 12.$$