Suites de fonctions

\(f_{n} : \begin{array}{|r l l}\mathbb{R}_{+}^{*} & \rightarrow & \mathbb{R} \\x & \mapsto & f_{n}(x) = \frac{2nx^{2} - 1}{nx + x^{2}} \\\end{array}\)

La fonction limite \(f\) est définie par : \(f : \begin{array}{|r l l} \mathbb{R}_{+}^{*} & \rightarrow & \mathbb{R} \\ x & \mapsto & f(x) = 2x \\\end{array}\)

\(f_{n} : \begin{array}{|r l l} \mathbb{R}_{+}^{*} & \rightarrow & \mathbb{R} \\x & \mapsto & f_{n}(x) = \frac{2nx^{2} - 1}{nx + x^{2}} \\\end{array}\)

On a vu que \((f_{n}) \overset{\textrm{CVS}}{\underset{\mathbb{R}_{+}^{*}}{\longrightarrow}} (x \mapsto 2x)\).

\(\begin{array}{l c l} m_{n} = & = & \underset{\mathbb{R}_{+}^{*}}{\textrm{sup}}~~\left(~\left| \frac{2nx^{2} - 1}{nx + x^{2}} - 2x \right|~\right) \\ \\ & = & \underset{\mathbb{R}_{+}^{*}}{\textrm{sup}}~~\left(~\left| \frac{-1 - 2x^{3}}{nx + x^{2}} \right|~\right) \\ \\ & = & \underset{\mathbb{R}_{+}^{*}}{\textrm{sup}}~~\left(~\left| \frac{1 + 2x^{3}}{nx + x^{2}} \right|~\right) \\ \\ & = & + \infty~~\textrm{car}~~\frac{1 + 2x^{3}}{nx + x^{2}} \underset{x \rightarrow + \infty}{\sim} 2x \end{array}\)

Donc, la convergence de la suite (\(f_{n}\)) vers \(f\) n'est pas uniforme sur \(\mathbb{R}_{+}^{*}\).

En revanche, sur tout fermé borné \([a, b]\) (\(0 < a < b\)), la convergence est uniforme car, pour tout \(x \in [a, b]\) :

\(\begin{array}{l l l l l}1 + a^{3} & \leq & 1 + x^{3} & \leq & 1 + b^{3} \\na + a^{2} & \leq & nx + x^{2} & \leq & nb + b^{2} \\\frac{1 + a^{3}}{nb + b^{2}} & \leq & \frac{1 + x^{3}}{nx + x^{2}} & \leq & \frac{1 + b^{3}}{na + a^{2}} \\\end{array}\)

Donc, \(m_{n} \leq \frac{1 + b^{3}}{na + a^{2}}\) et, puisque \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}}~~\frac{1 + b^{3}}{na + a^{2}} = 0\), on en déduit que \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} m_{n} = 0\).

Ce qui prouve bien que la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) sur \([a, b]\) est uniforme.

où l'on se restreint à \(f_{n}\) définie sur \(]-1, 1]\).

\(n \in \mathbb{N}^{*} \qquad f_{n} : \begin{array}{|r l l} ]-1, 1]&\rightarrow&\mathbb{R} \\ x&\mapsto&f_{n}(x) = x^{n} \end{array}\)

La fonction \(f\) est définie par \(f : \left\{ \begin{array}{l} f(x) = 0~~\textrm{si}~~-1< x <1 \\ f(1) = 1 \end{array} \right.\)

Posons \(x_{n} = 1 - \frac{1}{n}\).

(\(x_{n}\)) est bien une suite de points de \(]-1, 1]\) et \(f_{n}(x_{n}) - f(x_{n}) = \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^{n} - 0 = \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^{n}\)

Or, \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^{n} = \frac{1}{e} \neq 0\), donc, la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) n'est pas uniforme sur \(]-1, 1]\).

\((f_{n})_{n \in \mathbb{N}^{*}} \qquad f_{n} : x \longmapsto n \sin{\left( \frac{x}{n} \right)}\)

La fonction limite \(f\) est définie par \(f : x \longmapsto f(x) = x\)

On a vu que \((f_{n}) \overset{\textrm{CVS}}{\underset{\mathbb{R}}{\longrightarrow}} (x \mapsto x)\).

On remarque que \(f_{n}~(n \pi) = 0\), donc \((f_{n} - f)~(n \pi) = -n \pi\) ;

donc, \(m_{n} = \underset{\mathbb{R}}{\textrm{sup}}~\left(\left|~f_{n}(x) - f(x)~\right|\right) \geq n \pi\),

donc \(\underset{n \rightarrow +\infty}{\textrm{lim}} m_{n} = + \infty\).

Donc la convergence de la suite (\(f_{n}\)) vers \(f\) n'est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).

En revanche, sur tout fermé borné \([a, b]\), la convergence est uniforme car, pour tout \(x \in [a, b]\), en posant \(g_{n}(x) = f_{n}(x) - f(x) = n \sin{\left( \frac{x}{n} \right)} - x\), on a : \(g'_{n}(x) = \cos{\left( \frac{x}{n} \right)} - 1 \leq 0\);

donc, \(g_{n}\) est décroissante sur \([a, b]\) ; \(g_{n}(a) = n \sin{\left( \frac{a}{n} \right)} - a\) ; \(g_{n}(b) = n \sin{\left( \frac{b}{n} \right)} - b\).

\(m_{n} = \textrm{max} \left\{ \left| n \sin{ \left(\frac{a}{n} \right)} - a\right|; \left| n \sin{\left( \frac{b}{n} \right)} - b \right| \right\}\)

or, \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} \left| n \sin{\left( \frac{a}{n} \right)} - a \right| = \underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} \left| n \sin{\left( \frac{b}{n} \right)} - b\right| = 0\) car :

• pour \(a \neq 0\) : \(\begin{array}{r c l} n \sin{\left( \frac{a}{n} \right)} - a & = & a \left( \frac{\sin{\left(\frac{a}{n}\right)}}{\left(\frac{a}{n}\right)} -1 \right) \\ & = & a.0~~\textrm{lorsque}~~n \rightarrow + \infty \\ & = & 0 \end{array}\),

• pour \(a = 0\), le résultat est trivial.

Donc, \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} m_{n} = 0\), ce qui prouve bien que la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) sur \([a, b]\) est uniforme.

\(n \in \mathbb{N}^{*} \qquad f_{n} : \begin{array}{|r c l}\mathbb{R}_{+} & \rightarrow & \mathbb{R} \\ \\ x & \longmapsto & \left\{ \begin{array}{l c l} n^{2}x & \textrm{si} & x \geq \frac{1}{n} \\ \frac{1}{n} & \textrm{sinon} & \\ \end{array} \right. \end{array}\)

La fonction limite \(f\) est définie par

\(f : \left\{ \begin{array}{l c l} f(x) = \frac{1}{x} & \textrm{si} & x \neq 0 \\ \\ f(0) = 0 & & \end{array} \right.\)

Il est immédiat de voir que \(m_{n} = \underset{\mathbb{R}_{+}}{\textrm{sup}} \left( f_{n}(x) - f(x)\right) = n\), donc \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} m_{n} = + \infty\) ; ce qui prouve que la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) n'est pas uniforme sur \(\mathbb{R}_{+}\).

\(n \in \textrm{N} \qquad f_{n} : \begin{array}{|r c l} \mathbb{R} & \rightarrow & \mathbb{R} \\x & \longmapsto & \frac{nx^{2}}{n + 1 + x^{4}}+\frac{1}{n} \\\end{array}\)

La fonction limite \(f\) est définie par \(f : x \longmapsto f(x) = x^{2}\)

Pour tout \(x\) de \(\mathbb{R}\),

\(\begin{array}{r c l}f_{n}(x) - f(x) & = & \frac{nx^{2}}{n+1+x^{4}} + \frac{1}{n} - x^{2} \\ \\ & = & \frac{-x^{2} - x^{4}}{n+1+x^{4}} + \frac{1}{n} \\ \\& = & \frac{-(n-1)x^{4} -nx^{2} + n + 1}{n(n+1+x^{4})} \\ \end{array}\)

Posons \(x_{n} = \sqrt{n}\), on a donc :

\(f_{n}(\sqrt{n}) - f(\sqrt{n}) = \frac{-n^{3} + n + 1}{n^{3} + n^{2} + n}\),

ainsi, \(\underset{n \rightarrow +\infty}{\textrm{lim}} \left( f_{n}(\sqrt{n}) - f(\sqrt{n})\right) = -1\), ce qui prouve que la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) n'est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).

Soit maintenant \([a, b]\) un intervalle fermé borné de \(\mathbb{R}\). Posons \(m = \textrm{min}\{|a|,|b|\}\) et \(M = \textrm{max}\{|a|,|b|\}\).

Alors, pour \(n \geq 1\) : \(\begin{array}{r c l} \left| - (n-1) x^{4} - nx^{2} + n +1\right| & \leq & (n-1)|x|^{4} + n|x|^{2} + n + 1 \\ & \leq & (n-1)|M|^{4} + n|M|^{2} + n + 1 \\& \leq & n.(M^{4} + M^{2} + 1) +1 - M^{4} \\ |n(n + 1 +x^{4}| & \geq & n(n + 1 +m^{4}) = n^{2} + n.(1 + m^{4}) \\ \left| f_{n}(x) - f(x)\right| & \leq & \frac{n.(M^{4} + M^{2} +1) + 1 - M^{4}}{n^{2} + n.(1 + m^{4})} \\ \\ m_{n} & = & \underset{[a, b]}{\textrm{sup}} \left( \left| f_{n}(x) - f(x) \right| \right) \\ \\ & \leq & \frac{n.(M^{4} + M^{2} +1) +1 -M^{4}}{n^{2} + n.(1+m^{4})} \\ \\& \underset{n \rightarrow + \infty}{\longrightarrow} & 0 \\\end{array}\)

Ce qui prouve que la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) est uniforme sur \([a, b]\).

\(n \in \mathbb{N}^{*} \qquad f_{n} : \begin{array}{|r c l}\mathbb{R} & \rightarrow & \mathbb{R} \\ \\ x & \longmapsto & \left\{ \begin{array}{r c l} -1 & \textrm{si} & x < -\frac{1}{n} \\ \\ \sin{\left( n \frac{\pi}{2} x \right)} & \textrm{si} & |x| \leq \frac{1}{n} \\ \\ 1 & \textrm{si} & x >\frac{1}{n} \\\end{array} \right.\end{array}\)

Posons x_{n} = \frac{1}{2n}.

Alors, puisque 0 < x_{n} < \frac{1}{n},

\(f_{n}(x_{n}) - f(x_{n}) = \sin{\left( n \frac{\pi}{2} x_{n}\right)} = \sin{\left( n \frac{\pi}{2} \frac{1}{2n}\right)} = \sin{\left( \frac{\pi}{4} \right)} = \frac{\sqrt{2}}{2}\)

Donc, \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} \left( f_{n}(x_{n}) - f(x_{n})\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0\).

Ceci prouve que la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) n'est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).

\(n \in \mathbb{N}^{*} \qquad f_{n} : \begin{array}{|r c l}[0, 1] & \rightarrow & \mathbb{R} \\ \\ x & \longmapsto & \left\{ \begin{array}{r c l} n^{2}x & \textrm{si} & x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[ \\ \\ 2n - n^{2}x & \textrm{si} & x \in \left[\frac{1}{n},\frac{2}{n}\right[ \\ \\0 & \textrm{si} & x \in \left] \frac{2}{n}, 1\right] \\\end{array} \right.\end{array}\)

On voit immédiatement que \(m_{n} = \underset{[0, 1]}{\textrm{sup}} \left( \left| f_{n}(x) - f(x)\right| \right) = n\).

On en déduit que \(\underset{n \rightarrow + \infty}{\textrm{lim}} m_{n} = + \infty\).

Ceci prouve que la convergence de (\(f_{n}\)) vers \(f\) n'est pas unforme sur \([0, 1]\).